还剩23页未读，
继续阅读
鲁科版 (2019)选择性必修1第2章 化学反应的方向、 限度与速率第3节 化学反应的速率测试题
展开
这是一份鲁科版 (2019)选择性必修1第2章 化学反应的方向、 限度与速率第3节 化学反应的速率测试题，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是
①容器内温度不变
②混合气体的密度不变
③混合气体的压强不变
④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤C(g)的物质的量浓度不变
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1
⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零
⑧单位时间内生成nml D，同时生成2nml A
A．①④⑤⑦⑧B．①②⑤⑦⑧C．①②④⑤⑧D．①②③④⑤⑧
2．常温下，向带有可移动活塞的密闭容器中分别充入和的混合气体和，停止充气后，活塞恰好停在容器的处。向和混合气体一侧加入足量(固体体积可忽略)并持续电火花引燃，充分反应恢复至起始温度，活塞两侧体积相同。下列说法正确的是
A．反应前和混合气体原子个数比为
B．与混合气体的密度可能相等
C．恢复至起始温度固体增重量等于氢气的质量
D．反应前容器中与的物质的量之比为
3．下列说法不正确的是（）
A．屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理
B．解释化学反应速率的理论有碰撞理论和过渡态理论等，其中过渡态理论可解释催化剂对化学反应速率的影响
C．光分解水制氢气、植物秸秆制沼气、高粱制乙醇都涉及到生物质能的利用
D．东汉魏伯阳在(周易参同契》冲对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘。将欲制之，黄芽为根。其中“黄芽”是指硫
4．将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：，经5min后，测得D的浓度为0.4 ml•L-1，C的平均反应速率是0.12ml•L-1•min-1，且此时A、B的物质的量之比为2：3。下列说法不正确的是（ ）
A．x的值是3
B．开始时A的物质的量为2.8ml
C．5min内，B的平均反应速率为0.04ml•L-1•min-1
D．5min时，容器中气体总的物质的量为3.6ml
5．在一定温度下，向aL密闭容器中加入1mlX气体和2mlY气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)此反应达到平衡的标志是
A．容器内压强不随时间变化
B．容器内X、Y、Z的浓度之比为1︰2︰2
C．容器内各物质的浓度随时间变化
D．单位时间消耗0.1mlX同时生成0.2mlZ
6．在一定条件下，将3mlA和1mlB投入容积2L且容积不变的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)。2min末测得此时容器中C和D的浓度为0.2ml/L和0.4ml/L。下列叙述正确的是
A．可以确定该可逆反应已经达到平衡状态B．x=2
C．0～2min内B的反应速率为0.1 ml∙L-1∙min-1D．此时B的转化率为40%
7．在一定温度下，10 mL0.40 ml/LH2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
下列叙述不正确的是(液体积积变化忽略不计)
A．反应至6 min时，c(H2O2)=0.3 ml/L
B．第6 min后平均反应速率逐渐减慢
C．0-6 min 的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2 ml/(L·min)
D．反应至6 min时，过氧化氢的分解率为50%
8．一定温度下，对可逆反应A(g)+3B(g)3C(g)的下列叙述中，不能说明反应已达到平衡的是
A．C生成的速率与C分解的速率相等
B．单位时间内消耗amlA，同时生成3amlC
C．容器内的压强不再变化
D．混合气体的物质的量不再变化
9．据文献报道，有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．V5+=O在反应中作催化剂
B．充入过量O2的有利于NO转化为N2
C．该转化过程中，NO和O2都体现了氧化性
D．总反应方程式为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O
10．某温度下，体积周定的密闭容器中发生CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g) △H的反应，不能标志此可逆反应已达到平衡状态的是
A．混合气体的压强不再变化B．CO的物质的量浓度不再变化
C．混合气体的颜色不再变化D．NO2的转化率不再变化
二、填空题
11．能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。
(1)工业上利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，已知反应中有关物质的化学键键能数据如表所示：
则CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)∆H= kJ•ml-1
(2)CH3OH也可由CO2和H2合成。在体积为1L的密闭容器中，充入lmlCO2和3mlH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= - 49.0kJ/ml，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。
从反应开始到10min，v(H2)= ml/(L·min)；
12．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z（均为气体）三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。
（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为 。
（2）若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3,某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0mlN2和2.0mlH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：
0~50s内的平均反应速率 v(N2) = ml·L－1·min－1，250s时，H2的转化率为 ％。
（3）已知：键能指在标准状况下，将1ml气态分子AB（g）解离为气态原子A（g），B（g）所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/ml。的键能为946kJ/ml，H-H的键能为436kJ/ml，N-H的键能为391kJ/ml，则生成1mlNH3过程中 （填“吸收”或“放出”）的能量为 kJ， 反应达到(2)中的平衡状态时,对应的能量变化的数值为 kJ。
（4）反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时 （填增大、减小或不变），混合气体密度比起始时 （填增大、减小或不变）。
（5）为加快反应速率，可以采取的措施是 （填符号）
a．降低温度 b．增大压强 c．恒容时充入He气
d．恒压时充入He气 e．及时分离NH3 f．加入催化剂
13．工业上，可用活性炭法还原氮氧化物，其主要原理为C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，以降低氮氧化物对环境的污染。根据相关信息，回答下面问题：
(1)在实验室中，通常用铜和稀硝酸反应来制备一氧化氮。完成该反应的化学方程式：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+ ，最合理的收集NO的装置为 。(填字母)
(2)谚语“雷雨发庄稼”是指打雷放电时，空气的中N2可转化为NO，其反应的方程式为 。
(3)在密闭容器中充入一定量活性炭和NO，发生反应：C(s)＋2NO (g)N2(g)＋CO2(g)。在 T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度(ml•L-1)如表所示：
①反应在 分钟，该反应达到平衡状态。
②10min内该反应的平均反应速率v(CO2)= ml•L-1•min-1。
14．氨是一种重要的工业品，也可作燃料电池的原料。回答下列问题：
(1)NH3的电子式为 ，Sb与N位于同一主族，核电荷数为51，其在元素周期表中的位置为 。
(2)等利用BaZrO3基质子陶瓷膜反应器，通过电化学方法合成氨的装置如图所示。
①电解质溶液可能为 (填“稀H2SO4”或“KOH”)溶液。
②有NH3生成的电极为该电池的 (填“正极”或“负极”)，负极的电极反应式为 。
(3)N2H4(联氨)可由NH3与NaClO溶液制得，该反应的离子方程式为 。
(4)标准状况下，将由16.8LN2和50.4LH2组成的混合气体通入一体积为1L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应：N2+3H22NH3。5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始压强的，0～5min内υ(NH3) ml∙L−1∙min−1，N2的转化率为 (保留3位有效数字)。
15．在一定温度下，在恒容的容器中充入2mlSO2和1mlO2发生反应：2SO2+O22SO3。
(1)一段时间后，再向容器中充入含氧同位素O的氧气，则O最终存在的物质为 (填字母)。
A．只有氧气B．只有三氧化硫
C．只有氧气、三氧化硫D．氧气、二氧化硫、三氧化硫
(2)一段时间后，该反应达到化学平衡，下列能说明达到化学平衡状态的是 (填序号)。
①v正(SO2)=2v逆(O2)
②v(SO2)=v(SO3)
③单位时间内消耗amlSO2，同时生成amlSO3
④SO2、O2和SO3的浓度之比为2∶1∶2
⑤混合气体的总的物质的量不再改变
⑥混合气体的压强不再改变
⑦混合气体的密度不再改变
⑧混合气体的平均相对分子质量不再改变
16．合成气经压缩升温后进入10m3的甲醇合成塔中，在催化剂的作用下进行甲醇合成，主要反应是：2H2(g) + CO(g)CH3OH(g)+181.6kJ。已知：某温度下（设温度为T1℃）此反应的平衡常数为160。
(1)此温度下，在密闭容器中加入一定量的CO和H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如表：
比较此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆 （填“>”、“<”或“＝”）；若加入与上述同样多的CO和H2，在T2℃条件下反应，10 min后达平衡时c(H2)＝0.4ml/L，则该时间内反应速率v(CH3OH)＝ ml/(L·min)；
(2)在一定条件的密闭恒容的容器中，下列式子或文字描述能表示上述反应达到化学平衡状态的是 （选填序号）；
a．2v逆(CO) = v正(H2)
b．c(CO): c(H2):c(CH3OH) =1:2:1
c．混合气体的平均式量保持不变
d．混合气体的密度保持不变
(3)上述反应达到平衡后，下列说法正确的是 （选填序号）；
a．其他条件不变，增大压强，平衡常数K﹤160
b．其他条件不变，温度升高，平衡常数K会减小
c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H2的量平衡不会发生移动
d．其他条件不变，增大甲醇的物质的量，正反应速率也会随之逐渐增大
(4)寻找合适的催化剂来改善上述合成甲醇的条件一直是研究课题。现分别对X、Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件均相同）：
①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；
已知：T1＞T2＞T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂并简述理由 。
17．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，
则
(1)在10S内Z的平均速率为
(2)该反应的化学方程式 。
18．反应：aA(g)+bB(g)cC(g)(ΔH<0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：
回答问题：
(1)平衡常数的表达式为 。
(2)A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)，其中最小的是 。
(3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最大的是 ，其值是 。
(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 。
(5)比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T3 T2(填“>”、“<”或“=”)，判断的理由是 。
19．能够说明反应在密闭容器中已达到平衡状态的是： 。(填入序号)
①容器内、、三者共存
②容器内、、三者浓度相等
③容器内、、的浓度比恰为1：3：2
④tmin内生成同时消耗
⑤tmin内，生成同时消耗
⑥某时间内断裂键的同时，断裂N-H键
⑦容器内质量不随时间的变化而变化
⑧容器内压强不随时间的变化而变化
⑨容器内密度不再发生变化
⑩容器内的平均摩尔质量不再发生变化
20．689 K时，在1 L密闭容器中进行的反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)达到平衡，图甲表示当起始物为1 ml·L－1 H2和1 ml·L－1 I2时，容器内各物质的浓度c的变化与时间t的关系示意图。
(1)请在图乙中画出当起始物为2 ml·L－1 HI时，容器中各物质的浓度变化与时间的关系示意图 。
(2)由图中的事实说明化学平衡具有的特征是 。
三、实验题
21．某小组利用 H2C2O4溶液和酸性 KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
(1)已知反应后 H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4溶液转化为MnSO4，每消耗1 ml H2C2O4转移 ml 电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为 n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥ 。
(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是 (填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是 。
(3)实验①测得 KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= ml·L-1·min-1。
(4)已知50℃时c(MnO4-)～反应时间 t 的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出 25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图________。
(5)高锰酸钾和草酸反应开始速率较慢，反应一会儿，速率突然加快，合理的原因是
22．草酸与高锰酸钾在酸性条件下发生反应：。用溶液与溶液反应，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下表所示：
(1)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验 和 (用I～IV表示，下同)；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验 和 。
(2)对比实验I和IV，可以研究 对化学反应速率的影响，实验Ⅳ中加入蒸馏水的目的是 。
(3)实验I、III、IV中，反应初期，相同时间内针筒中所得的体积由大到小的关系是 (用实验序号表示)
(4)若实验I前内收集到(标准状况下)，则末 。
23．(一)某兴趣小组为验证日常生活用的火柴头上含有KC1O3、MnO2、S，设计了以下实验流程图：
请回答以下问题：
(1)为验证气体A，按上图所示组装好装置，下一步操作是 ，观察到 的现象，即可证明火柴头上含有S元素。
(2)要证明火柴头中含有Cl元素的后续实验步骤。 。
(3)有学生提出以下方案测定火柴头中KC1O3的含量，主要实验步骤如下：刮取火柴头研碎，称其质量为2.45g→用蒸馏水浸泡后过滤、洗涤残渣→往装有滤液和洗涤液的烧杯中加过量的NaNO2溶液、AgNO3溶液和稀硝酸，搅拌充分反应→过滤、洗涤干燥→称得沉淀质量为1.435g。
①洗涤残渣的目的 ；
②实验测得火柴头中KClO3的质量分数为 。
(二)某研究性学习小组为了研究影响化学速率的因素，设计了如下方案：
已知：反应的方程式： 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 = K2SO4+2MnSO4+10CO2 ↑+8H2O
(1)实验①和②研究H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，则V1= mL， V2= mL。
(2)下列有关该实验的叙述正确的是 。
A．实验室必须用移液管或滴定管来量取液体的体积
B．实验计时方法是从溶液混合开始记时，到紫红色刚好褪去计时结束时结束
C．在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性
D．实验①和③可研究温度对反应速率的影响
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
化学键
H-H
C-O
C≡O
H-O
C-H
E/(kJ/ml)
436
343
1076
465
413
t/s
0
50
150
250
350
n(NH3)
0
0.24
0.36
0.40
0.40
物质
0
10
20
30
40
50
NO
1.0
0.58
0.40
0.40
0.40
0.40
N2
0
0.21
0.30
0.30
0.30
0.30
CO2
0
0.21
0.30
0.30
0.30
0.30
物质
H2
CO
CH3OH
浓度/（ml/L）
0.2
0.1
0.4
编号
H2C2O4溶液
酸性 KMnO4溶液
温度℃
浓度/ml·L-1
体积/mL
浓度/ml·L-1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
组别
硫酸体积
温度/℃
其他物质
I
II
滴饱和溶液
III
IV
蒸馏水
实验编号
0.01ml·L-1酸性KMnO4溶液
ml·L-1 H2C2O4溶液
水
反应温度/℃
反应时间/s
①
5.0mL
5.0mL
0
20
125
②
V1
V2
2.0mL
20
320
③
5.0mL
5.0mL
0
50
30
参考答案：
1．D
【详解】①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；
②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；
③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；
④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；
⑤C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；
⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；
⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；
⑧单位时间内生成n ml D，一定消耗2n ml A，同时生成2n ml A，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧。
故选D。
2．C
【详解】A．同温同压下，，原子数比为，A错误；
B．同温同压下，，密度不相等，B错误；
C．根据反应方程式，，可以看出固体增重量等于氢气的质量，C正确；
D．燃烧后余下的O2和H2体积相等，反应前同温同压下，为1，O2为1，H2为3，反应前容器中与的物质的量之比为，D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水，为萃取原理，A正确；
B．过渡状态理论认为：反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要的一定的活化能，则过渡态理论可解释催化剂对反应速率的影响，B正确；
C．光分解水制氢气并没有涉及到生物质能的利用，植物秸秆制沼气、高粱制乙醇都涉及到生物质能的利用，C错误；
D．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，D正确；
故答案为：C。
4．C
【详解】A．经5min后，测得D的浓度为0.4 ml•L-1，则D的平均反应速率是0.08ml•L-1•min-1，C的平均反应速率是0.12ml•L-1•min-1，根据物质的反应速率与化学计量数呈正比，则0.12 ml•L-1•min-1：0.08 ml•L-1•min-1=x：2，解得x=3，A正确；
B．可列三段式：，根据经5min后，此时A、B的物质的量之比为2：3，可列，解得a=2.8ml，故B正确；
C．B是固体，无法计算平均反应速率，C错误；
D．根据三段式可知，5min时，容器中气体总的物质的量为1.6 ml +1.2 ml +0.8 ml =3.6ml，D正确；
答案选C。
5．A
【详解】A．该反应前后的化学计量数之和不相等，容器内的压强不随时间改变，能确定达到平衡，故A正确；
B．容器内X、Y、Z的浓度之比为1︰2︰2时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能确定达到平衡，故B错误；
C．容器内各物质的浓度随时间变化，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡，故C错误；
D．单位时间内消耗0.1 ml X 为正速率，同时生成0.2 mlZ为正速率，都是正速率不能说明达到平衡状态，故D错误；
故选A。
6．D
【详解】A．不能确定正逆反应速率是否相等，因此不能确定该可逆反应是否达到平衡状态，故A错误；
B．2min末测得此时容器中C和D的浓度为0.2ml/L和0.4ml/L，浓度之比等于物质的量之比=化学方程式系数之比：x：2=0.2：04，x=1，故B错误；
C．B的状态为固体，则不能用B的物质的量浓度变化表示反应速率，故C错误；
D．生成D的物质的量是0.4ml/L×2L=0.4ml，根据3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)可知，此时消耗B的物质的量为0.8ml×=0.4ml，所以此时B的转化率为×100%=40%，故D正确；
故选：D。
7．A
【详解】A．反应至6 min时，生成氧气，消耗H2O2，故反应至6 min时，，故A错误；
B．反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，即6min后浓度减小，反应速率逐渐减慢，故B正确；
C．因为，0～6min产生的氧气的物质的量n(O2)=0.001ml，n(H2O2)=2n(O2)=0.002ml，，故C正确；
D．因为，0～6min产生的氧气的物质的量n(O2)=0.001ml，n(H2O2)=2n(O2)=0.002ml，其分解率=，故D正确；
故答案为A。
8．B
【详解】A．C生成的速率与C分解的速率相等，说明正逆反应速率相等达到平衡状态，故A不选；
B．单位时间内消耗a ml A，同时生成3a ml C，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故B选；
C．方程式两端化学计量数不相等，则容器内的压强将随平衡的移动而变化，压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故C不选；
D．方程式两端化学计量数不相等，则容器内气体的物质的量将随平衡的移动而变化，混合气体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D不选；
故选：B。
9．B
【详解】A．由图可知，反应中V5+=O即是反应物，也是生成物，在反应中作催化剂，故A正确；
B．由图可知，反应中充入过量氧气，一氧化氮会被氧化生成二氧化氮，不利于一氧化氮转化为氮气，故B错误；
C．由图可知，反应中一氧化氮的氮元素化合价降低被还原生成氮气、氧元素化合价降低被还原生成水，一氧化氮和氧气都是反应的氧化剂，都体现了氧化性，故C正确；
D．由图可知，反应中一氧化氮和氧气都是反应的氧化剂，氨气是反应的还原剂，总反应方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故D正确；
故选B。
10．A
【详解】A．CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)是气体分子总数不变的反应，一定温度、一定体积下，压强始终不变，混合气体的压强不再变化不能标志此可逆反应已达到平衡状态，A符合；
B． CO的物质的量浓度不再变化，符合平衡特征，能标志此可逆反应已达到平衡状态，B不符合；
C． 混合气体的颜色不再变化，则NO2的物质的量浓度不再变化，符合平衡特征，能标志此可逆反应已达到平衡状态，C不符合；
D． NO2的转化率不再变化，则各成分的物质的量浓度不再变化，符合平衡特征，能标志此可逆反应已达到平衡状态，D不符合；
答案选A。
11．(1)-99
(2)0.225
【详解】（1）反应热∆H等于反应物总键能减去生成物总键能。所以∆H=1076 kJ/ml+2×436 kJ/ml-(413×3+465+343)kJ/ml=-99 kJ/ml，故答案是-99；
（2）从图象分析，从反应开始到10min，CO2浓度变化量是0.75ml/L，根据系数与物质转化的量成正比，则H2浓度变化量是2.25 ml/L，v(H2)=0.225 ml/(L·min)，则答案是0.225。
12． 3X+Y⇌2Z 7.2×10-2ml/(L·min ) 30% 放出 46 kJ 18.4 增大 不变 bf
【分析】某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y消耗生成Z，相同时间内反应混合物中各组分的变化量之比与其化学计量数之比相同。该反应到达平衡时，X消耗0.3ml，Y消耗0.1ml，Z生成了0.2ml，故该反应的化学方程为3X+Y⇌2Z。
【详解】（1）在2L的密闭容器中，X、Y消耗生成Z，相同时间内反应混合物中各组分的变化量之比与其化学计量数之比相同。该反应到达平衡时，X消耗0.3ml，Y消耗0.1ml，Z生成了0.2ml，故该反应的化学方程为3X+Y⇌2Z。
（2）若上述反应为3 H2+ N2⇌2 NH3，根据平衡速率公式可知，0~50s内的平均反应速率 v(NH3) =1.44×10-1ml/(L·min) ，v(N2) =0.5 v(NH3)= 7.2×10-2ml/(L·min )；250s时，生成氨气0.4ml，消耗氢气0.6ml，H2的转化率为。
（3）反应为3 H2+ N2⇌2 NH3，ΔH=反应物键能总和 - 生成物键能总和=436kJ/ml×3+946kJ/ml -391kJ/ml×3×2=-92kJ/ml，所以，产生1ml氨气放出的能量为46kJ， 反应达到(2)中的平衡状态时生成0.4ml氨气，对应的能量变化的数值为0.2×92kJ =18.4kJ。
（4）反应达平衡时容器内混合气体的质量不变，总物质的量减小，故反应混合物的平均相对分子质量比起始时增大，但是气体的总体积不变，故混合气体的密度一直不变。
（5）a．降低温度，根据有效碰撞理论，反应速率减小；
b．增大压强，单位体积内活化分子数增大，反应速率增大；
c．恒容时充入He气，不改变反应中物质的浓度，反应速率不变；
d．恒压时充入He气，容器体积增大，相当于减小压强，反应速率减小；
e．及时分离NH3，生成物物质的量下降，反应速率减小；
f．加入催化剂，降低反应的活化能，反应速率增大；
综上所述，为加快反应速率，可以采取的措施是bf。
【点睛】本题易错点为化学平衡移动方向的判断，及时分离NH3能使化学平衡向反应方向移动，但是，由于NH3的物质的量浓度减小，单位体积空间内的活化分子数减少，故化学反应速率下降。
13． 4 H2O A N2+O22NO 20 0.021
【分析】根据硝酸的氧化性及氧化还原反应原理分析书写反应方程式；根据反应速率表达式及题给信息进行相关计算。
【详解】(1) 稀硝酸具有强氧化性，能与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；NO是难溶于水，可以与氧气在常温下反应生成二氧化氮，且密度与空气相近，不能用排空气法收集，应该是排水法收集；故答案为：4H2O；A；
(2) 氮气与氧气在放电的条件下反应生成一氧化氮，反应方程式为：N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；
(3) ①由图中数据可知，20 min后，各物质浓度保持不变，则此时达到平衡，故答案为：20；
②10min内该反应的平均反应速率v(CO2)= ml•L-1•min-1，故答案为：0.021。
14．(1) 第五周期VA族
(2) 稀H2SO4 正极 CH4+2H2O－8e－=CO2+8H+
(3)2NH3+ClO－=N2H4+H2O+Cl－
(4) 0.2 66.7%
【分析】（1）
NH3的电子式为，N为第VA族，Sb与N位于同一主族，核电荷数为51，大于36小于54，则为第五周期，因此其在元素周期表中的位置为第五周期VA族；故答案为：；第五周期VA族。
（2）
①利用BaZrO3基质子陶瓷膜反应器，说明电解质溶液可能为稀H2SO4；故答案为：稀H2SO4。
②氮气化合价降低变为氨气，正极化合价降低，得到电子，因此有NH3生成的电极为该电池的正极，甲烷化合价升高，失去电子，为负极，因此负极的电极反应式为CH4+2H2O－8e－=CO2+8H+；故答案为：正极；CH4+2H2O－8e－=CO2+8H+。
（3）
N2H4(联氨)可由NH3与NaClO溶液制得，次氯酸根变为氯离子，其反应的离子方程式为2NH3+ClO－=N2H4+H2O+Cl－；故答案为：2NH3+ClO－=N2H4+H2O+Cl－。
（4）
标准状况下，将由16.8LN2即0.75ml和50.4LH2即2.25ml组成的混合气体通入一体积为1L的恒容密闭容器中，，根据题意得到，解得x=0.5，则0～5min内，N2的转化率为；故答案为：0.2；66.7%。
15．(1)D
(2)①⑤⑥⑧
【解析】略
16． > 0.03 ac bd Z，温度要求低，反应速率快
【分析】(1)根据浓度商与K的大小比较判断；先根据表中数据计算H2的起始浓度，然后计算v(H2)，根据速率之比等于化学计量数之比计算；
(2)依据反应特征和平衡标志分析，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析；
(3)a．其他条件不变，增大压强，平衡常数不变；
b．其他条件不变，温度升高，反应是放热反应，平衡逆向进行，平衡常数K会减小；
c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H2的量，相当于增大压强，平衡正向进行；
d．其他条件不变，增大甲醇的物质的量，平衡逆向进行，正逆反应速率也会随之逐渐增大；
(4)根据题给温度和催化剂对反应速率的影响对比分析。
【详解】(1)某时刻的Qz===100<160，反应正向进行，v正>v逆；某时刻CH3OH的浓度为0.4ml/L，则H2的起始浓度为0.2ml/L+0.4ml/L×2=1ml/L，在T2℃反应10min时间内v(H2)==0.06ml/(L·min)，则v(CH3OH)= v(H2)=0.03ml/(L·min)，故答案为：>，0.03ml/(L·min)；
(2)2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)+181.6kJ，反应是气体体积减小的放热反应；
a. 反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2v逆(CO)=v正(H2)，说明一氧化碳正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故a正确；
b. c(CO): c(H2):c(CH3OH)=1：2：1，只能说明浓度比等于反应比，和起始量变化量有关，不能说明反应达到平衡，故b错误；
c．反应前后气体物质的量减小，质量不变，混合气体的平均式量保持不变，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；故答案为：ac；
(3)a．其他条件不变，增大压强，平衡常数不变，故a错误；
b．其他条件不变，温度升高，反应是放热反应，平衡逆向进行，平衡常数K会减小，故b正确；
c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H2的量，相当于增大压强，平衡正向进行，故c错误；
d．其他条件不变，增大甲醇的物质的量，增大生成物浓度，平衡逆向进行，正逆反应速率也会随之逐渐增大，故d正确；故答案为：bd；
(4)因为T1＞T2＞T3，所以温度越低平衡常数越大，反应物转化率越大，又催化剂同等程度加快反应速率，所以既能在低温下作用又能加快反应速率的催化剂最好选用Z，故答案为：Z，温度要求低，反应速率快。
17． 0.079ml/(L·s) X+Y⇌2Z
【详解】(1)由图象可知，Z的物质的量在10秒内由0增加到1.58ml，根据速率的计算公式可得，Z的平均速率为(1.58-0)ml÷(2L×10s)=0.079ml/(L·s)；
(2)在反应过程中X、Y的物质的量在减少，它们为反应物，Z的物质的量在增加，为生成物，最终各物质没有全部反应，为可逆反应，根据在化学反应中，相同时间内，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，在10秒内，X反应掉=1.20-0.41=0.79ml，Y反应掉=1.00-0.21=0.71ml，Z生成1.58ml，它们物质的量的比值为1：1：2，所以，化学方程式为：X+Y2Z。
考点：考查化学反应速率的计算，化学反应方程式的确定等知识。
18． 50% 向正反应方向 从反应体系中移出产物C < 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
【详解】(1)平衡常数等于生成物浓度幂次方的乘积比上反应物浓度幂次方的乘积，故该反应的平衡常数表达式为；
(2)由图示数据计算得：，，，故速率最小的为；
(3)由图示数据计算得：，，，故三段转化率最大的是，为50%；
(4)由图象知，第一次平衡改变条件后，A、B浓度仍然在减小，故平衡正向移动；条件改变瞬间C的浓度降为0，故改变的条件为从反应体系中移出产物C；
(5)由图示知，温度改变后，B的浓度继续减少，故平衡向正向移动，根据平衡移动原理，此时温度降低，故T3＜T2；理由为：此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动。
19．⑤⑥⑧⑩
【详解】①可逆反应的特征，就是反应物和生成物共存的体系，不能说明平衡，故错误；
②平衡时浓度可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明，故错误；
③容器内、、的浓度比恰为1：3：2可能是反应中的状态，不能说明平衡，故错误；
④tmin内生成同时消耗都是指正反应方向的速率，不能说明平衡，故错误；
⑤tmin内，生成指逆反应方向速率，同时消耗指正反应方向的速率，正逆反应速率相等，说明平衡，故正确；
⑥某时间内断裂键指正反应方向的速率，同时断裂N-H键指逆反应方向速率，正逆反应速率相等，说明平衡，故正确；
⑦密闭容器内，各物质都是气体，由质量守恒定律可知容器内质量一直保持不变，不能说明平衡，故错误；
⑧该反应前后气体分子数不相等，密闭容器内压强不随时间的变化而变化说明平衡，故正确；
⑨密闭容器内，质量一直保持不变，体积不变，容器内密度一直保持不变，不能说明平衡，故错误；
⑩该反应前后气体分子数不相等，则气体的物质的量在变化，而质量不变，则容器内的平均摩尔质量不再发生变化，说明平衡，故正确；
故选：⑤⑥⑧⑩。
20．(1)
(2)①动态平衡；②v(正)＝v(逆)≠0；③平衡时各组分浓度保持不变；④一定条件下平衡的建立与途径无关
【解析】(1)
2 ml·L－1 HI相当于1 ml·L－1 H2和1 ml·L－1 I2，二者在相同条件下可达到相同的平衡状态，。
(2)
①动态平衡；②v(正)＝v(逆)≠0；③平衡时各组分浓度保持不变；④一定条件下平衡的建立与途径无关。
21． 2 2.5 ②和③ ①和② 0.010
【分析】(1)根据题中信息及化合价升降法配平反应的化学方程式，然后根据电子守恒计算出1ml草酸完全反应转移的电子数；根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；
(2)根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；
(3)先根据草酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；
(4)根据温度降低反应速率减小画出25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线图；
(5)从反应生成物的作用分析影响因素。
【详解】(1) 根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；H2C2O4中碳元素的化合价为+3价，变成二氧化碳后化合价总共升高了2×(4-3)价，所以每消耗1ml(H2C2O4)转移2ml电子；为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥5：2=2.5；
(2)探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；
(3)草酸的物质的量为：n(H2C2O4)=0.10ml•L-1×0.002L=0.0002ml，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.010ml•L-1×0.004L=0.00004ml，草酸和高锰酸钾的物质的量之比n(H2C2O4)：n(KMnO4)=0.0002ml：0.00004ml=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度c(KMnO4)==×0.010ml/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)== 0.010ml/(L•min)；
(4)由于在其他条件不变时，升高温度化学反应速率加快，降低温度，化学反应速率减小，则25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图为：；
(5) 高锰酸钾和草酸在溶液中发生反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，随着反应的进行，物质的浓度减小，反应速率不减小，反而是反应开始速率较慢，反应一会儿，速率突然加快，原因可能是反应产生了Mn2+，该离子对反应有催化作用，是化学反应速率大大加快。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的应用、影响速率的因素、对实验数据的处理等，理解实验原理是解题的关键，掌握影响化学反应的因素，学会用控制变量方法分析，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力，该题是对知识的综合运用。
22．(1) Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅲ
(2) 浓度 确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同
(3)
(4)
【详解】（1）(1)对照实验时，其它量相同，使需研究的量不同即可。表中数据显示，符合催化剂对反应速率影响的数据为Ⅰ和Ⅱ；同理，研究温度对反应速率的影响可用实验Ⅰ和Ⅲ，故填Ⅰ、Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ；
（2）(2)实验Ⅰ和Ⅳ中，除了硫酸的浓度不同，其它量均相同，所以对比Ⅰ和Ⅳ，可知研究的是浓度对反应速率的影响；加入1mL蒸馏水的目的是确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同，故填浓度、确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同；
（3）(3)实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ中，实验Ⅲ的温度最高，反应速率最快，所以初始阶段产生的二氧化碳的量最多，其次实验Ⅰ的浓度比实验Ⅳ大，反应速率较快，初始阶段生成的二氧化碳的量多，故填；
（4）(4)根据反应，5分钟末二氧化碳的体积在标况下为0.224mL，物质的量为=，根据关系式，可得已反应的高锰酸根为=ml，已反应的ml/L，5分钟末高锰酸根的浓度为ml/L，故填。
23． 检查装置的气密性 酸性高锰酸钾溶液褪色 取少量滤液C置于试管中，先后加入HNO3、AgNO3溶液，若观察到白色沉淀产生，即可证明火柴头中含有氯元素 减小KClO3的损失，减小实验误差 50.0% 5.0 3.0 BCD
【分析】本题为实验探究题，(一)是利用Cl-的检验和SO2的还原性来探究火柴头的成分，考查实验步骤中气密性检查，并用定量实验来测量KClO3的含量；(二)是利用反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 = K2SO4+2MnSO4+10CO2 ↑+8H2O来探究浓度、温度对反应速率的影响，探究过程中考查对照思想和控制变量的原则，据此分析解题。
【详解】(一)(1) 涉及气体的实验装置组装好仪器后需检查装置的气密性，故为验证气体A，按上图所示组装好装置，下一步操作是检查装置的气密性，含S点燃后产生SO2，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故观察到酸性高锰酸钾溶液褪色，即可证明火柴头上含有S元素，故答案为：检查装置的气密性；酸性高锰酸钾溶液褪色；
(2) KCl可溶于水，所以滤液C中含有KCl，可用HNO3酸化的AgNO3溶液检验，检验方法是：取少量滤液C置于试管中，先后加入HNO3、AgNO3溶液，若观察到白色沉淀产生，即可证明火柴头中含有氯元素，故答案为：取少量滤液C置于试管中，先后加入HNO3、AgNO3溶液，若观察到白色沉淀产生，即可证明火柴头中含有氯元素；
(3) ①残渣中还含有KClO3，故洗涤残渣的目的为让KClO3全部进入烧杯中，进行后续反应，使测量结果更加准确，故答案为：减小KClO3的损失，减小实验误差；
②根据Cl元素守恒可知，KClO3~KCl~AgCl，故实验测得火柴头中KClO3的质量分数为，故答案为：50.0%；
(二)(1)实验①和②研究浓度对反应速率的影响，高锰酸钾作为有色反应物，浓度不变，故都是5.0mL，溶液总体积为10.0mL，由此可知V1=5.0，V2=3.0，故答案为：5.0；3.0；
(2)A．实验时可以用量筒量取体积，A错误；
B．实验计时方法是从溶液混合开始记时，到紫红色刚好褪去计时结束， B正确；
C．在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性，C正确；
D．实验①和③对应物质的体积相同，可研究温度对反应速率的影响，D正确；
故选：BCD。
一、单选题
1．在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是
①容器内温度不变
②混合气体的密度不变
③混合气体的压强不变
④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤C(g)的物质的量浓度不变
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1
⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零
⑧单位时间内生成nml D，同时生成2nml A
A．①④⑤⑦⑧B．①②⑤⑦⑧C．①②④⑤⑧D．①②③④⑤⑧
2．常温下，向带有可移动活塞的密闭容器中分别充入和的混合气体和，停止充气后，活塞恰好停在容器的处。向和混合气体一侧加入足量(固体体积可忽略)并持续电火花引燃，充分反应恢复至起始温度，活塞两侧体积相同。下列说法正确的是
A．反应前和混合气体原子个数比为
B．与混合气体的密度可能相等
C．恢复至起始温度固体增重量等于氢气的质量
D．反应前容器中与的物质的量之比为
3．下列说法不正确的是（）
A．屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理
B．解释化学反应速率的理论有碰撞理论和过渡态理论等，其中过渡态理论可解释催化剂对化学反应速率的影响
C．光分解水制氢气、植物秸秆制沼气、高粱制乙醇都涉及到生物质能的利用
D．东汉魏伯阳在(周易参同契》冲对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘。将欲制之，黄芽为根。其中“黄芽”是指硫
4．将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：，经5min后，测得D的浓度为0.4 ml•L-1，C的平均反应速率是0.12ml•L-1•min-1，且此时A、B的物质的量之比为2：3。下列说法不正确的是（ ）
A．x的值是3
B．开始时A的物质的量为2.8ml
C．5min内，B的平均反应速率为0.04ml•L-1•min-1
D．5min时，容器中气体总的物质的量为3.6ml
5．在一定温度下，向aL密闭容器中加入1mlX气体和2mlY气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)此反应达到平衡的标志是
A．容器内压强不随时间变化
B．容器内X、Y、Z的浓度之比为1︰2︰2
C．容器内各物质的浓度随时间变化
D．单位时间消耗0.1mlX同时生成0.2mlZ
6．在一定条件下，将3mlA和1mlB投入容积2L且容积不变的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)。2min末测得此时容器中C和D的浓度为0.2ml/L和0.4ml/L。下列叙述正确的是
A．可以确定该可逆反应已经达到平衡状态B．x=2
C．0～2min内B的反应速率为0.1 ml∙L-1∙min-1D．此时B的转化率为40%
7．在一定温度下，10 mL0.40 ml/LH2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
下列叙述不正确的是(液体积积变化忽略不计)
A．反应至6 min时，c(H2O2)=0.3 ml/L
B．第6 min后平均反应速率逐渐减慢
C．0-6 min 的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2 ml/(L·min)
D．反应至6 min时，过氧化氢的分解率为50%
8．一定温度下，对可逆反应A(g)+3B(g)3C(g)的下列叙述中，不能说明反应已达到平衡的是
A．C生成的速率与C分解的速率相等
B．单位时间内消耗amlA，同时生成3amlC
C．容器内的压强不再变化
D．混合气体的物质的量不再变化
9．据文献报道，有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．V5+=O在反应中作催化剂
B．充入过量O2的有利于NO转化为N2
C．该转化过程中，NO和O2都体现了氧化性
D．总反应方程式为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O
10．某温度下，体积周定的密闭容器中发生CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g) △H的反应，不能标志此可逆反应已达到平衡状态的是
A．混合气体的压强不再变化B．CO的物质的量浓度不再变化
C．混合气体的颜色不再变化D．NO2的转化率不再变化
二、填空题
11．能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。
(1)工业上利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，已知反应中有关物质的化学键键能数据如表所示：
则CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)∆H= kJ•ml-1
(2)CH3OH也可由CO2和H2合成。在体积为1L的密闭容器中，充入lmlCO2和3mlH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= - 49.0kJ/ml，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。
从反应开始到10min，v(H2)= ml/(L·min)；
12．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z（均为气体）三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。
（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为 。
（2）若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3,某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0mlN2和2.0mlH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：
0~50s内的平均反应速率 v(N2) = ml·L－1·min－1，250s时，H2的转化率为 ％。
（3）已知：键能指在标准状况下，将1ml气态分子AB（g）解离为气态原子A（g），B（g）所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/ml。的键能为946kJ/ml，H-H的键能为436kJ/ml，N-H的键能为391kJ/ml，则生成1mlNH3过程中 （填“吸收”或“放出”）的能量为 kJ， 反应达到(2)中的平衡状态时,对应的能量变化的数值为 kJ。
（4）反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时 （填增大、减小或不变），混合气体密度比起始时 （填增大、减小或不变）。
（5）为加快反应速率，可以采取的措施是 （填符号）
a．降低温度 b．增大压强 c．恒容时充入He气
d．恒压时充入He气 e．及时分离NH3 f．加入催化剂
13．工业上，可用活性炭法还原氮氧化物，其主要原理为C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，以降低氮氧化物对环境的污染。根据相关信息，回答下面问题：
(1)在实验室中，通常用铜和稀硝酸反应来制备一氧化氮。完成该反应的化学方程式：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+ ，最合理的收集NO的装置为 。(填字母)
(2)谚语“雷雨发庄稼”是指打雷放电时，空气的中N2可转化为NO，其反应的方程式为 。
(3)在密闭容器中充入一定量活性炭和NO，发生反应：C(s)＋2NO (g)N2(g)＋CO2(g)。在 T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度(ml•L-1)如表所示：
①反应在 分钟，该反应达到平衡状态。
②10min内该反应的平均反应速率v(CO2)= ml•L-1•min-1。
14．氨是一种重要的工业品，也可作燃料电池的原料。回答下列问题：
(1)NH3的电子式为 ，Sb与N位于同一主族，核电荷数为51，其在元素周期表中的位置为 。
(2)等利用BaZrO3基质子陶瓷膜反应器，通过电化学方法合成氨的装置如图所示。
①电解质溶液可能为 (填“稀H2SO4”或“KOH”)溶液。
②有NH3生成的电极为该电池的 (填“正极”或“负极”)，负极的电极反应式为 。
(3)N2H4(联氨)可由NH3与NaClO溶液制得，该反应的离子方程式为 。
(4)标准状况下，将由16.8LN2和50.4LH2组成的混合气体通入一体积为1L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应：N2+3H22NH3。5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始压强的，0～5min内υ(NH3) ml∙L−1∙min−1，N2的转化率为 (保留3位有效数字)。
15．在一定温度下，在恒容的容器中充入2mlSO2和1mlO2发生反应：2SO2+O22SO3。
(1)一段时间后，再向容器中充入含氧同位素O的氧气，则O最终存在的物质为 (填字母)。
A．只有氧气B．只有三氧化硫
C．只有氧气、三氧化硫D．氧气、二氧化硫、三氧化硫
(2)一段时间后，该反应达到化学平衡，下列能说明达到化学平衡状态的是 (填序号)。
①v正(SO2)=2v逆(O2)
②v(SO2)=v(SO3)
③单位时间内消耗amlSO2，同时生成amlSO3
④SO2、O2和SO3的浓度之比为2∶1∶2
⑤混合气体的总的物质的量不再改变
⑥混合气体的压强不再改变
⑦混合气体的密度不再改变
⑧混合气体的平均相对分子质量不再改变
16．合成气经压缩升温后进入10m3的甲醇合成塔中，在催化剂的作用下进行甲醇合成，主要反应是：2H2(g) + CO(g)CH3OH(g)+181.6kJ。已知：某温度下（设温度为T1℃）此反应的平衡常数为160。
(1)此温度下，在密闭容器中加入一定量的CO和H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如表：
比较此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆 （填“>”、“<”或“＝”）；若加入与上述同样多的CO和H2，在T2℃条件下反应，10 min后达平衡时c(H2)＝0.4ml/L，则该时间内反应速率v(CH3OH)＝ ml/(L·min)；
(2)在一定条件的密闭恒容的容器中，下列式子或文字描述能表示上述反应达到化学平衡状态的是 （选填序号）；
a．2v逆(CO) = v正(H2)
b．c(CO): c(H2):c(CH3OH) =1:2:1
c．混合气体的平均式量保持不变
d．混合气体的密度保持不变
(3)上述反应达到平衡后，下列说法正确的是 （选填序号）；
a．其他条件不变，增大压强，平衡常数K﹤160
b．其他条件不变，温度升高，平衡常数K会减小
c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H2的量平衡不会发生移动
d．其他条件不变，增大甲醇的物质的量，正反应速率也会随之逐渐增大
(4)寻找合适的催化剂来改善上述合成甲醇的条件一直是研究课题。现分别对X、Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件均相同）：
①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；
已知：T1＞T2＞T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂并简述理由 。
17．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，
则
(1)在10S内Z的平均速率为
(2)该反应的化学方程式 。
18．反应：aA(g)+bB(g)cC(g)(ΔH<0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：
回答问题：
(1)平衡常数的表达式为 。
(2)A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)，其中最小的是 。
(3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最大的是 ，其值是 。
(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 。
(5)比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T3 T2(填“>”、“<”或“=”)，判断的理由是 。
19．能够说明反应在密闭容器中已达到平衡状态的是： 。(填入序号)
①容器内、、三者共存
②容器内、、三者浓度相等
③容器内、、的浓度比恰为1：3：2
④tmin内生成同时消耗
⑤tmin内，生成同时消耗
⑥某时间内断裂键的同时，断裂N-H键
⑦容器内质量不随时间的变化而变化
⑧容器内压强不随时间的变化而变化
⑨容器内密度不再发生变化
⑩容器内的平均摩尔质量不再发生变化
20．689 K时，在1 L密闭容器中进行的反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)达到平衡，图甲表示当起始物为1 ml·L－1 H2和1 ml·L－1 I2时，容器内各物质的浓度c的变化与时间t的关系示意图。
(1)请在图乙中画出当起始物为2 ml·L－1 HI时，容器中各物质的浓度变化与时间的关系示意图 。
(2)由图中的事实说明化学平衡具有的特征是 。
三、实验题
21．某小组利用 H2C2O4溶液和酸性 KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
(1)已知反应后 H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4溶液转化为MnSO4，每消耗1 ml H2C2O4转移 ml 电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为 n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥ 。
(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是 (填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是 。
(3)实验①测得 KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= ml·L-1·min-1。
(4)已知50℃时c(MnO4-)～反应时间 t 的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出 25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图________。
(5)高锰酸钾和草酸反应开始速率较慢，反应一会儿，速率突然加快，合理的原因是
22．草酸与高锰酸钾在酸性条件下发生反应：。用溶液与溶液反应，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下表所示：
(1)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验 和 (用I～IV表示，下同)；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验 和 。
(2)对比实验I和IV，可以研究 对化学反应速率的影响，实验Ⅳ中加入蒸馏水的目的是 。
(3)实验I、III、IV中，反应初期，相同时间内针筒中所得的体积由大到小的关系是 (用实验序号表示)
(4)若实验I前内收集到(标准状况下)，则末 。
23．(一)某兴趣小组为验证日常生活用的火柴头上含有KC1O3、MnO2、S，设计了以下实验流程图：
请回答以下问题：
(1)为验证气体A，按上图所示组装好装置，下一步操作是 ，观察到 的现象，即可证明火柴头上含有S元素。
(2)要证明火柴头中含有Cl元素的后续实验步骤。 。
(3)有学生提出以下方案测定火柴头中KC1O3的含量，主要实验步骤如下：刮取火柴头研碎，称其质量为2.45g→用蒸馏水浸泡后过滤、洗涤残渣→往装有滤液和洗涤液的烧杯中加过量的NaNO2溶液、AgNO3溶液和稀硝酸，搅拌充分反应→过滤、洗涤干燥→称得沉淀质量为1.435g。
①洗涤残渣的目的 ；
②实验测得火柴头中KClO3的质量分数为 。
(二)某研究性学习小组为了研究影响化学速率的因素，设计了如下方案：
已知：反应的方程式： 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 = K2SO4+2MnSO4+10CO2 ↑+8H2O
(1)实验①和②研究H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，则V1= mL， V2= mL。
(2)下列有关该实验的叙述正确的是 。
A．实验室必须用移液管或滴定管来量取液体的体积
B．实验计时方法是从溶液混合开始记时，到紫红色刚好褪去计时结束时结束
C．在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性
D．实验①和③可研究温度对反应速率的影响
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
化学键
H-H
C-O
C≡O
H-O
C-H
E/(kJ/ml)
436
343
1076
465
413
t/s
0
50
150
250
350
n(NH3)
0
0.24
0.36
0.40
0.40
物质
0
10
20
30
40
50
NO
1.0
0.58
0.40
0.40
0.40
0.40
N2
0
0.21
0.30
0.30
0.30
0.30
CO2
0
0.21
0.30
0.30
0.30
0.30
物质
H2
CO
CH3OH
浓度/（ml/L）
0.2
0.1
0.4
编号
H2C2O4溶液
酸性 KMnO4溶液
温度℃
浓度/ml·L-1
体积/mL
浓度/ml·L-1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
组别
硫酸体积
温度/℃
其他物质
I
II
滴饱和溶液
III
IV
蒸馏水
实验编号
0.01ml·L-1酸性KMnO4溶液
ml·L-1 H2C2O4溶液
水
反应温度/℃
反应时间/s
①
5.0mL
5.0mL
0
20
125
②
V1
V2
2.0mL
20
320
③
5.0mL
5.0mL
0
50
30
参考答案：
1．D
【详解】①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；
②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；
③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；
④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；
⑤C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；
⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；
⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；
⑧单位时间内生成n ml D，一定消耗2n ml A，同时生成2n ml A，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧。
故选D。
2．C
【详解】A．同温同压下，，原子数比为，A错误；
B．同温同压下，，密度不相等，B错误；
C．根据反应方程式，，可以看出固体增重量等于氢气的质量，C正确；
D．燃烧后余下的O2和H2体积相等，反应前同温同压下，为1，O2为1，H2为3，反应前容器中与的物质的量之比为，D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水，为萃取原理，A正确；
B．过渡状态理论认为：反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要的一定的活化能，则过渡态理论可解释催化剂对反应速率的影响，B正确；
C．光分解水制氢气并没有涉及到生物质能的利用，植物秸秆制沼气、高粱制乙醇都涉及到生物质能的利用，C错误；
D．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，D正确；
故答案为：C。
4．C
【详解】A．经5min后，测得D的浓度为0.4 ml•L-1，则D的平均反应速率是0.08ml•L-1•min-1，C的平均反应速率是0.12ml•L-1•min-1，根据物质的反应速率与化学计量数呈正比，则0.12 ml•L-1•min-1：0.08 ml•L-1•min-1=x：2，解得x=3，A正确；
B．可列三段式：，根据经5min后，此时A、B的物质的量之比为2：3，可列，解得a=2.8ml，故B正确；
C．B是固体，无法计算平均反应速率，C错误；
D．根据三段式可知，5min时，容器中气体总的物质的量为1.6 ml +1.2 ml +0.8 ml =3.6ml，D正确；
答案选C。
5．A
【详解】A．该反应前后的化学计量数之和不相等，容器内的压强不随时间改变，能确定达到平衡，故A正确；
B．容器内X、Y、Z的浓度之比为1︰2︰2时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能确定达到平衡，故B错误；
C．容器内各物质的浓度随时间变化，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡，故C错误；
D．单位时间内消耗0.1 ml X 为正速率，同时生成0.2 mlZ为正速率，都是正速率不能说明达到平衡状态，故D错误；
故选A。
6．D
【详解】A．不能确定正逆反应速率是否相等，因此不能确定该可逆反应是否达到平衡状态，故A错误；
B．2min末测得此时容器中C和D的浓度为0.2ml/L和0.4ml/L，浓度之比等于物质的量之比=化学方程式系数之比：x：2=0.2：04，x=1，故B错误；
C．B的状态为固体，则不能用B的物质的量浓度变化表示反应速率，故C错误；
D．生成D的物质的量是0.4ml/L×2L=0.4ml，根据3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)可知，此时消耗B的物质的量为0.8ml×=0.4ml，所以此时B的转化率为×100%=40%，故D正确；
故选：D。
7．A
【详解】A．反应至6 min时，生成氧气，消耗H2O2，故反应至6 min时，，故A错误；
B．反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，即6min后浓度减小，反应速率逐渐减慢，故B正确；
C．因为，0～6min产生的氧气的物质的量n(O2)=0.001ml，n(H2O2)=2n(O2)=0.002ml，，故C正确；
D．因为，0～6min产生的氧气的物质的量n(O2)=0.001ml，n(H2O2)=2n(O2)=0.002ml，其分解率=，故D正确；
故答案为A。
8．B
【详解】A．C生成的速率与C分解的速率相等，说明正逆反应速率相等达到平衡状态，故A不选；
B．单位时间内消耗a ml A，同时生成3a ml C，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故B选；
C．方程式两端化学计量数不相等，则容器内的压强将随平衡的移动而变化，压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故C不选；
D．方程式两端化学计量数不相等，则容器内气体的物质的量将随平衡的移动而变化，混合气体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D不选；
故选：B。
9．B
【详解】A．由图可知，反应中V5+=O即是反应物，也是生成物，在反应中作催化剂，故A正确；
B．由图可知，反应中充入过量氧气，一氧化氮会被氧化生成二氧化氮，不利于一氧化氮转化为氮气，故B错误；
C．由图可知，反应中一氧化氮的氮元素化合价降低被还原生成氮气、氧元素化合价降低被还原生成水，一氧化氮和氧气都是反应的氧化剂，都体现了氧化性，故C正确；
D．由图可知，反应中一氧化氮和氧气都是反应的氧化剂，氨气是反应的还原剂，总反应方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故D正确；
故选B。
10．A
【详解】A．CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)是气体分子总数不变的反应，一定温度、一定体积下，压强始终不变，混合气体的压强不再变化不能标志此可逆反应已达到平衡状态，A符合；
B． CO的物质的量浓度不再变化，符合平衡特征，能标志此可逆反应已达到平衡状态，B不符合；
C． 混合气体的颜色不再变化，则NO2的物质的量浓度不再变化，符合平衡特征，能标志此可逆反应已达到平衡状态，C不符合；
D． NO2的转化率不再变化，则各成分的物质的量浓度不再变化，符合平衡特征，能标志此可逆反应已达到平衡状态，D不符合；
答案选A。
11．(1)-99
(2)0.225
【详解】（1）反应热∆H等于反应物总键能减去生成物总键能。所以∆H=1076 kJ/ml+2×436 kJ/ml-(413×3+465+343)kJ/ml=-99 kJ/ml，故答案是-99；
（2）从图象分析，从反应开始到10min，CO2浓度变化量是0.75ml/L，根据系数与物质转化的量成正比，则H2浓度变化量是2.25 ml/L，v(H2)=0.225 ml/(L·min)，则答案是0.225。
12． 3X+Y⇌2Z 7.2×10-2ml/(L·min ) 30% 放出 46 kJ 18.4 增大 不变 bf
【分析】某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y消耗生成Z，相同时间内反应混合物中各组分的变化量之比与其化学计量数之比相同。该反应到达平衡时，X消耗0.3ml，Y消耗0.1ml，Z生成了0.2ml，故该反应的化学方程为3X+Y⇌2Z。
【详解】（1）在2L的密闭容器中，X、Y消耗生成Z，相同时间内反应混合物中各组分的变化量之比与其化学计量数之比相同。该反应到达平衡时，X消耗0.3ml，Y消耗0.1ml，Z生成了0.2ml，故该反应的化学方程为3X+Y⇌2Z。
（2）若上述反应为3 H2+ N2⇌2 NH3，根据平衡速率公式可知，0~50s内的平均反应速率 v(NH3) =1.44×10-1ml/(L·min) ，v(N2) =0.5 v(NH3)= 7.2×10-2ml/(L·min )；250s时，生成氨气0.4ml，消耗氢气0.6ml，H2的转化率为。
（3）反应为3 H2+ N2⇌2 NH3，ΔH=反应物键能总和 - 生成物键能总和=436kJ/ml×3+946kJ/ml -391kJ/ml×3×2=-92kJ/ml，所以，产生1ml氨气放出的能量为46kJ， 反应达到(2)中的平衡状态时生成0.4ml氨气，对应的能量变化的数值为0.2×92kJ =18.4kJ。
（4）反应达平衡时容器内混合气体的质量不变，总物质的量减小，故反应混合物的平均相对分子质量比起始时增大，但是气体的总体积不变，故混合气体的密度一直不变。
（5）a．降低温度，根据有效碰撞理论，反应速率减小；
b．增大压强，单位体积内活化分子数增大，反应速率增大；
c．恒容时充入He气，不改变反应中物质的浓度，反应速率不变；
d．恒压时充入He气，容器体积增大，相当于减小压强，反应速率减小；
e．及时分离NH3，生成物物质的量下降，反应速率减小；
f．加入催化剂，降低反应的活化能，反应速率增大；
综上所述，为加快反应速率，可以采取的措施是bf。
【点睛】本题易错点为化学平衡移动方向的判断，及时分离NH3能使化学平衡向反应方向移动，但是，由于NH3的物质的量浓度减小，单位体积空间内的活化分子数减少，故化学反应速率下降。
13． 4 H2O A N2+O22NO 20 0.021
【分析】根据硝酸的氧化性及氧化还原反应原理分析书写反应方程式；根据反应速率表达式及题给信息进行相关计算。
【详解】(1) 稀硝酸具有强氧化性，能与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；NO是难溶于水，可以与氧气在常温下反应生成二氧化氮，且密度与空气相近，不能用排空气法收集，应该是排水法收集；故答案为：4H2O；A；
(2) 氮气与氧气在放电的条件下反应生成一氧化氮，反应方程式为：N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；
(3) ①由图中数据可知，20 min后，各物质浓度保持不变，则此时达到平衡，故答案为：20；
②10min内该反应的平均反应速率v(CO2)= ml•L-1•min-1，故答案为：0.021。
14．(1) 第五周期VA族
(2) 稀H2SO4 正极 CH4+2H2O－8e－=CO2+8H+
(3)2NH3+ClO－=N2H4+H2O+Cl－
(4) 0.2 66.7%
【分析】（1）
NH3的电子式为，N为第VA族，Sb与N位于同一主族，核电荷数为51，大于36小于54，则为第五周期，因此其在元素周期表中的位置为第五周期VA族；故答案为：；第五周期VA族。
（2）
①利用BaZrO3基质子陶瓷膜反应器，说明电解质溶液可能为稀H2SO4；故答案为：稀H2SO4。
②氮气化合价降低变为氨气，正极化合价降低，得到电子，因此有NH3生成的电极为该电池的正极，甲烷化合价升高，失去电子，为负极，因此负极的电极反应式为CH4+2H2O－8e－=CO2+8H+；故答案为：正极；CH4+2H2O－8e－=CO2+8H+。
（3）
N2H4(联氨)可由NH3与NaClO溶液制得，次氯酸根变为氯离子，其反应的离子方程式为2NH3+ClO－=N2H4+H2O+Cl－；故答案为：2NH3+ClO－=N2H4+H2O+Cl－。
（4）
标准状况下，将由16.8LN2即0.75ml和50.4LH2即2.25ml组成的混合气体通入一体积为1L的恒容密闭容器中，，根据题意得到，解得x=0.5，则0～5min内，N2的转化率为；故答案为：0.2；66.7%。
15．(1)D
(2)①⑤⑥⑧
【解析】略
16． > 0.03 ac bd Z，温度要求低，反应速率快
【分析】(1)根据浓度商与K的大小比较判断；先根据表中数据计算H2的起始浓度，然后计算v(H2)，根据速率之比等于化学计量数之比计算；
(2)依据反应特征和平衡标志分析，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析；
(3)a．其他条件不变，增大压强，平衡常数不变；
b．其他条件不变，温度升高，反应是放热反应，平衡逆向进行，平衡常数K会减小；
c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H2的量，相当于增大压强，平衡正向进行；
d．其他条件不变，增大甲醇的物质的量，平衡逆向进行，正逆反应速率也会随之逐渐增大；
(4)根据题给温度和催化剂对反应速率的影响对比分析。
【详解】(1)某时刻的Qz===100<160，反应正向进行，v正>v逆；某时刻CH3OH的浓度为0.4ml/L，则H2的起始浓度为0.2ml/L+0.4ml/L×2=1ml/L，在T2℃反应10min时间内v(H2)==0.06ml/(L·min)，则v(CH3OH)= v(H2)=0.03ml/(L·min)，故答案为：>，0.03ml/(L·min)；
(2)2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)+181.6kJ，反应是气体体积减小的放热反应；
a. 反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2v逆(CO)=v正(H2)，说明一氧化碳正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故a正确；
b. c(CO): c(H2):c(CH3OH)=1：2：1，只能说明浓度比等于反应比，和起始量变化量有关，不能说明反应达到平衡，故b错误；
c．反应前后气体物质的量减小，质量不变，混合气体的平均式量保持不变，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；故答案为：ac；
(3)a．其他条件不变，增大压强，平衡常数不变，故a错误；
b．其他条件不变，温度升高，反应是放热反应，平衡逆向进行，平衡常数K会减小，故b正确；
c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H2的量，相当于增大压强，平衡正向进行，故c错误；
d．其他条件不变，增大甲醇的物质的量，增大生成物浓度，平衡逆向进行，正逆反应速率也会随之逐渐增大，故d正确；故答案为：bd；
(4)因为T1＞T2＞T3，所以温度越低平衡常数越大，反应物转化率越大，又催化剂同等程度加快反应速率，所以既能在低温下作用又能加快反应速率的催化剂最好选用Z，故答案为：Z，温度要求低，反应速率快。
17． 0.079ml/(L·s) X+Y⇌2Z
【详解】(1)由图象可知，Z的物质的量在10秒内由0增加到1.58ml，根据速率的计算公式可得，Z的平均速率为(1.58-0)ml÷(2L×10s)=0.079ml/(L·s)；
(2)在反应过程中X、Y的物质的量在减少，它们为反应物，Z的物质的量在增加，为生成物，最终各物质没有全部反应，为可逆反应，根据在化学反应中，相同时间内，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，在10秒内，X反应掉=1.20-0.41=0.79ml，Y反应掉=1.00-0.21=0.71ml，Z生成1.58ml，它们物质的量的比值为1：1：2，所以，化学方程式为：X+Y2Z。
考点：考查化学反应速率的计算，化学反应方程式的确定等知识。
18． 50% 向正反应方向 从反应体系中移出产物C < 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
【详解】(1)平衡常数等于生成物浓度幂次方的乘积比上反应物浓度幂次方的乘积，故该反应的平衡常数表达式为；
(2)由图示数据计算得：，，，故速率最小的为；
(3)由图示数据计算得：，，，故三段转化率最大的是，为50%；
(4)由图象知，第一次平衡改变条件后，A、B浓度仍然在减小，故平衡正向移动；条件改变瞬间C的浓度降为0，故改变的条件为从反应体系中移出产物C；
(5)由图示知，温度改变后，B的浓度继续减少，故平衡向正向移动，根据平衡移动原理，此时温度降低，故T3＜T2；理由为：此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动。
19．⑤⑥⑧⑩
【详解】①可逆反应的特征，就是反应物和生成物共存的体系，不能说明平衡，故错误；
②平衡时浓度可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明，故错误；
③容器内、、的浓度比恰为1：3：2可能是反应中的状态，不能说明平衡，故错误；
④tmin内生成同时消耗都是指正反应方向的速率，不能说明平衡，故错误；
⑤tmin内，生成指逆反应方向速率，同时消耗指正反应方向的速率，正逆反应速率相等，说明平衡，故正确；
⑥某时间内断裂键指正反应方向的速率，同时断裂N-H键指逆反应方向速率，正逆反应速率相等，说明平衡，故正确；
⑦密闭容器内，各物质都是气体，由质量守恒定律可知容器内质量一直保持不变，不能说明平衡，故错误；
⑧该反应前后气体分子数不相等，密闭容器内压强不随时间的变化而变化说明平衡，故正确；
⑨密闭容器内，质量一直保持不变，体积不变，容器内密度一直保持不变，不能说明平衡，故错误；
⑩该反应前后气体分子数不相等，则气体的物质的量在变化，而质量不变，则容器内的平均摩尔质量不再发生变化，说明平衡，故正确；
故选：⑤⑥⑧⑩。
20．(1)
(2)①动态平衡；②v(正)＝v(逆)≠0；③平衡时各组分浓度保持不变；④一定条件下平衡的建立与途径无关
【解析】(1)
2 ml·L－1 HI相当于1 ml·L－1 H2和1 ml·L－1 I2，二者在相同条件下可达到相同的平衡状态，。
(2)
①动态平衡；②v(正)＝v(逆)≠0；③平衡时各组分浓度保持不变；④一定条件下平衡的建立与途径无关。
21． 2 2.5 ②和③ ①和② 0.010
【分析】(1)根据题中信息及化合价升降法配平反应的化学方程式，然后根据电子守恒计算出1ml草酸完全反应转移的电子数；根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；
(2)根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；
(3)先根据草酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；
(4)根据温度降低反应速率减小画出25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线图；
(5)从反应生成物的作用分析影响因素。
【详解】(1) 根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；H2C2O4中碳元素的化合价为+3价，变成二氧化碳后化合价总共升高了2×(4-3)价，所以每消耗1ml(H2C2O4)转移2ml电子；为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥5：2=2.5；
(2)探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；
(3)草酸的物质的量为：n(H2C2O4)=0.10ml•L-1×0.002L=0.0002ml，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.010ml•L-1×0.004L=0.00004ml，草酸和高锰酸钾的物质的量之比n(H2C2O4)：n(KMnO4)=0.0002ml：0.00004ml=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度c(KMnO4)==×0.010ml/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)== 0.010ml/(L•min)；
(4)由于在其他条件不变时，升高温度化学反应速率加快，降低温度，化学反应速率减小，则25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图为：；
(5) 高锰酸钾和草酸在溶液中发生反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，随着反应的进行，物质的浓度减小，反应速率不减小，反而是反应开始速率较慢，反应一会儿，速率突然加快，原因可能是反应产生了Mn2+，该离子对反应有催化作用，是化学反应速率大大加快。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的应用、影响速率的因素、对实验数据的处理等，理解实验原理是解题的关键，掌握影响化学反应的因素，学会用控制变量方法分析，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力，该题是对知识的综合运用。
22．(1) Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅲ
(2) 浓度 确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同
(3)
(4)
【详解】（1）(1)对照实验时，其它量相同，使需研究的量不同即可。表中数据显示，符合催化剂对反应速率影响的数据为Ⅰ和Ⅱ；同理，研究温度对反应速率的影响可用实验Ⅰ和Ⅲ，故填Ⅰ、Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ；
（2）(2)实验Ⅰ和Ⅳ中，除了硫酸的浓度不同，其它量均相同，所以对比Ⅰ和Ⅳ，可知研究的是浓度对反应速率的影响；加入1mL蒸馏水的目的是确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同，故填浓度、确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同；
（3）(3)实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ中，实验Ⅲ的温度最高，反应速率最快，所以初始阶段产生的二氧化碳的量最多，其次实验Ⅰ的浓度比实验Ⅳ大，反应速率较快，初始阶段生成的二氧化碳的量多，故填；
（4）(4)根据反应，5分钟末二氧化碳的体积在标况下为0.224mL，物质的量为=，根据关系式，可得已反应的高锰酸根为=ml，已反应的ml/L，5分钟末高锰酸根的浓度为ml/L，故填。
23． 检查装置的气密性 酸性高锰酸钾溶液褪色 取少量滤液C置于试管中，先后加入HNO3、AgNO3溶液，若观察到白色沉淀产生，即可证明火柴头中含有氯元素 减小KClO3的损失，减小实验误差 50.0% 5.0 3.0 BCD
【分析】本题为实验探究题，(一)是利用Cl-的检验和SO2的还原性来探究火柴头的成分，考查实验步骤中气密性检查，并用定量实验来测量KClO3的含量；(二)是利用反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 = K2SO4+2MnSO4+10CO2 ↑+8H2O来探究浓度、温度对反应速率的影响，探究过程中考查对照思想和控制变量的原则，据此分析解题。
【详解】(一)(1) 涉及气体的实验装置组装好仪器后需检查装置的气密性，故为验证气体A，按上图所示组装好装置，下一步操作是检查装置的气密性，含S点燃后产生SO2，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故观察到酸性高锰酸钾溶液褪色，即可证明火柴头上含有S元素，故答案为：检查装置的气密性；酸性高锰酸钾溶液褪色；
(2) KCl可溶于水，所以滤液C中含有KCl，可用HNO3酸化的AgNO3溶液检验，检验方法是：取少量滤液C置于试管中，先后加入HNO3、AgNO3溶液，若观察到白色沉淀产生，即可证明火柴头中含有氯元素，故答案为：取少量滤液C置于试管中，先后加入HNO3、AgNO3溶液，若观察到白色沉淀产生，即可证明火柴头中含有氯元素；
(3) ①残渣中还含有KClO3，故洗涤残渣的目的为让KClO3全部进入烧杯中，进行后续反应，使测量结果更加准确，故答案为：减小KClO3的损失，减小实验误差；
②根据Cl元素守恒可知，KClO3~KCl~AgCl，故实验测得火柴头中KClO3的质量分数为，故答案为：50.0%；
(二)(1)实验①和②研究浓度对反应速率的影响，高锰酸钾作为有色反应物，浓度不变，故都是5.0mL，溶液总体积为10.0mL，由此可知V1=5.0，V2=3.0，故答案为：5.0；3.0；
(2)A．实验时可以用量筒量取体积，A错误；
B．实验计时方法是从溶液混合开始记时，到紫红色刚好褪去计时结束， B正确；
C．在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性，C正确；
D．实验①和③对应物质的体积相同，可研究温度对反应速率的影响，D正确；
故选：BCD。
相关试卷
高中化学第3节 离子键、配位键与金属键练习： 这是一份高中化学第3节 离子键、配位键与金属键练习，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
鲁科版 (2019)选择性必修1第1节 水与水溶液达标测试： 这是一份鲁科版 (2019)选择性必修1第1节 水与水溶液达标测试，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
鲁科版 (2019)选择性必修1第3节 沉淀溶解平衡当堂达标检测题： 这是一份鲁科版 (2019)选择性必修1第3节 沉淀溶解平衡当堂达标检测题，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
