2.1 化学反应速速率 强基习题（含解析）2023--2024学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1
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| 名称 | 2.1 化学反应速速率 强基习题（含解析）2023--2024学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 428.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-08 00:00:00 | ||
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文档简介
2.1 化学反应速速率 强基习题
一、单选题
1．—定温度下，在密闭容器中进行反应:N2（g）+O2（g） 2NO（g），下列措施不能改变化学反应速率的是
A．加入催化剂 B．升高温度
C．恒容，充入氦气 D．恒压，充入氦气
2．下列做法的目的与反应速率无关的是（ ）
A．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
B．食盐中添加碘酸钾
C．在糕点包装内放置小包除氧剂
D．医护人员冷藏存放“新冠”疫苗
3．将20 mL 0.5 mol·L－1盐酸与一块状大理石反应，下列措施不能提高化学反应速率的是( )
A．加入10 mL 3 mol·L－1盐酸 B．给反应混合物加热
C．将所用的大理石研磨成粉末 D．加入10 mL蒸馏水
4．据报道，加拿大科学家发明了一种特殊的“电催化剂”，该新型“电催化剂”是一种用于电解器中催化水分解为氢气与氧气的多孔金属氧化物固体。下列有关该催化剂的说法正确的是（ ）
A．使用该催化剂，能减小水分解反应的焓变
B．该催化剂的使用可提高水的分解率
C．金属氧化物固体的多孔结构，可提高催化剂的催化效率
D．该催化剂还可以作其他所有液态化合物分解反应的催化剂
5．氨分解反应在容积为2 L的密闭容器内进行。已知起始时氨气的物质的量为4 mol，5 s末为2.4 mol，则用氨气表示该反应的速率为（ ）
A．0.32 mol·L－1·s－1 B．0.16 mol·L－1·s－1
C．1.6 mol·L－1·s－1 D．0.8 mol·L－1·s－1
6．如图表示容积固定的2L密闭容器中进行的某一可逆反应：A(g)+2B(g 2C(g)，以B的浓度改变表示的反应速度v正、v逆与时间的关系如图。已知v的单位为mol／(L·s)，则图中阴影部分的面积可表示为 （ ）
A．A物质的量浓度的减少值
B．B物质的量浓度的减少值
C．C物质的量增加值
D．B物质的量减少值
7．将Ag块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如下图的实线所示，在相同的条件下，将Bg粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（已知A>B）（ ）
A． B．
C． D．
8．硫酸盐(含SO 、HSO )气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下，下列说法错误的是（ ）
A．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
B．该过程中SO 为催化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性
D．SO 转化为HSO4- 的方程式为：SO +NO2+H2O=HNO2+HSO
9．向温度和体积分别为T1和V1、T2和V2的两个密闭容器中均充入1 mol N2和2.8 mol H2，均保持温度和体积不变，发生反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，其反应过程中N2的转化率[α(N2)]随时间(t)的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．开始时，T1=T2、V1≠V2
B．开始时，T1≠T2、V1=V2
C．0~t1 min内，两个容器中放出的热量不同
D．0~t1 min内，两个容器中正反应的平均反应速率不同
10．在恒容密闭容器中，反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H<0达到平衡后，其他条件不变。仅改变某一条件，下列说法错误的是（ ）
A．增加H2的浓度，可提高CO2转化率
B．升高温度，可提高反应速率，CO2转化率降低
C．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增加，平衡逆向移动
D．改用高效催化剂，可增大反应速率，平衡不移动
11．反应4A（g）+3B（g）═2C（g）+5D（g）在四种不同条件下的反应速率分别为：
①v（A）=0.8mol L﹣1 min﹣1②v（B）=0.6mol L﹣1 min﹣1
③v（C）=0.3mol L﹣1 min﹣1④v（D）=1.2mol L﹣1 min﹣1
表示该反应速率最慢的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
12．已知：25℃、101kPa下：
I.2Na(s)+O2(g)=Na2O(s) △H=-412kJ·mol-1
II.2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) △H=-511kJ·mol-1
III.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566kJ·mol-1
IV.Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(g)+O2(g) △H=-226kJ·mol-1
下列说法正确的是（ ）
A．相同条件下，1mol[2Na(s)+O2(g)]的能量小于1mol[Na2O2(s)]的能量
B．低温不利于CO与Na2O2自发生成碳酸钠
C．反应I的活化能小于反应II的活化能
D．Na2O不可能分解为Na2O2和Na
13．下列各组实验中溶液最先变浑浊的是（ ）
A．0.1mol/LNa2S2O3 和 H2SO4 各 5mL，加水 5mL，反应温度 10℃
B．0.1mol/LNa2S2O3 和 H2SO4 各 5mL，加水 10mL，反应温度 10℃
C．0.1mol/LNa2S2O3 和 H2SO4 各 5mL，加水 5mL，反应温度 30℃
D．0.1mol/LNa2S2O3 和 H2SO4 各 5mL，加水 10mL，反应温度 30℃
14．反应A（g）+3B（g） 2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是（ ）
A．v（A）=0.15 mol L﹣1 min﹣1 B．v（B）=0.01 mol L﹣1 s﹣1
C．v（C）=0.40 mol L﹣1 min﹣1 D．v（D）=0.0075 mol L﹣1 s﹣1
15．下列分析错误的是（ ）
A．“木与木相摩则然(燃)”的“然”是热能转变为化学能
B．“司烜氏，掌以夫遂(青铜凹镜)取明火于日”的“夫遂”是合金
C．“著作酒醴(甜酒)，尔惟曲蘖(酒曲)”的“曲蘖”是催化剂
D．“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”的“瓷”是硅酸盐产品
16．Fe/Cu/沸石非均相Fenton催化剂的主要成分为Fe3O4、Fe2O3、CuO和Cu2O，通过与H2O2作用产生强氧化性的·OH自由基和·HO2自由基，能够有效去除水体中的苯并三唑(BTA)等污染物，其反应机理如图所示(Mn+表示元素及其价态，不表示其为游离离子)。已知：铁氧化物催化性能优于铜氧化物；·OH是降解污染物的主要反应活性物质。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①、②的总反应为2H2O2=·HO2+·OH+H2O
B．过程③、④中Cu2+和Cu+均可看作是催化剂
C．过程⑤中有OH-生成，过程⑦中有H+生成
D．过程⑥必然会导致反应生成的自由基减少
二、实验探究题
17．
（1）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。如果采用NaClO、Ca（ClO）2作吸收剂，能得到较好的烟气脱硫效果。已知下列反应：
SO2(g)+2OH－(aq)
=SO32－(aq)+H2O(l) ΔH1
ClO－(aq)+SO32－(aq)
=SO42－(aq)+Cl－(aq) ΔH2
CaSO4(s)=Ca2+（aq）+SO42－（aq）
ΔH3
则反应SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO－(aq) +2OH－(aq) = CaSO4(s) +H2O(l) +Cl－(aq)的ΔH= 。
（2）将0.1 mol MnO2粉末加入到50 mL过氧化氢溶液(H2O2，ρ＝1.1 g/mL)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。
①实验时放出气体的总体积是 。
②放出一半气体所需的时间为 。
③反应放出 体积气体所需的时间约为 。
④A，B，C，D各点反应速率的快慢顺序为 。
⑤解释反应速率变化的原因： 。
⑥H2O2初始状态的浓度为 。
18．课外实验小组为了探究锌与盐酸反应过程中的化学反应速率的变化，在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，标准状况下用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：
时间（min） 1 2 3 4 5
氢气体积（mL） 50 120 232 290 310
（1）哪一时间段 （指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min，下同）反应速率最大，可能的原因 ．
（2）哪一段时段的反应速率最小 ，原因是 ．
（3）求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为 ．
（4）如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入下列物质：
A．蒸馏水
B．CH3COONa固体
C．Na2CO3溶液
D．CuSO4溶液你认为可行的是 （填编号）．
19．某兴趣活动小组通过实验研究Na2O2与水的反应。
操作 现象
向盛有4g Na2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水得到溶液a 剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体
取5mL溶液a于试管中，滴入两滴酚酞 i.溶液变红 ii.10分钟后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色
（1）Na2O2与水反应的化学方程式： 。
（2）ii中溶液褪色可能是溶液a中存在较多的H2O2与酚酞发生了反应。
I.甲同学通过实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂 (填化学式)，有气体产生。
（3）II.乙同学查阅资料获悉：用KMnO4可以测定H2O2的含量：取15.mL溶液a，用稀H2SO4酸化，逐滴加入0.003 mol/L KMnO4溶液，产生气体，溶液褪色速率开始较慢后变快，至终点时共消耗20.00mLKMnO4溶液。
①请配平： MnO4-+ H2O2+ = Mn2++ O2↑+ H2O
②溶液a中 c(H2O2)= mol·L-1。
③溶液褪色速率开始较慢后变快的原因可能是 。
（4）为探究现象ii产生的原因，同学们继续进行了如下实验：
iii.向H2O2溶液中滴入两滴酚酞，振荡，加入5滴0.1 mol·L-1NaOH溶液，溶液变红又迅速变无色且产生气体，10分钟后溶液变无色。
IV.向0.1 mol·L-1NaOH溶液中滴入两滴酚酞，振荡，溶液变红，10分钟后溶液颜色无明显变化；向该溶液中通入O2，溶液颜色无明显变化。
①从实验III和IV中，可得出的结论是 。
三、综合题
20．一种“人工固氮”的新方法是在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应生成NH3：N2+3H2O 2NH3+ O2进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见表（反应时间3h）：
T/℃ 30 40 50
生成NH3量/（10﹣6 mol） 4.8 5.9 6.0
请回答下列问题：
（1）50℃时从开始到3h内以O2物质的量变化表示的平均反应速率为 mol h﹣1．
（2）该反应过程与能量关系可用如图表示，则反应的热化学方程式是： ．
21．工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。
O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示， Ea1是反应的活化能，一定条件下，活化能越大反应速率越慢，反应越困难。
①写出NO与O3反应的热化学方程式： 。
②在相同条件下，O3与SO2反应的速率 O3与NO的反应速率。(填>、=、<)
③其他条件不变时，工厂烟气处理主要发生NO与O3反应，即使增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，可能原因是 。
（2）NaClO2氧化。
40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出溶液中NO与反应生成和Cl-的离子方程式： 。
②刚开始，工厂烟气处理，SO2处理速率明显快于NO，可能原因是 。
③烟气中含有少量SO2，NO的脱除率比不含SO2的烟气高，可能原因是 。
22．
（1）Ⅰ﹒在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol,5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2 mol·L－1·min－1。
计算：
5 min末A的物质的量浓度为 ，A的转化率为 。
（2）前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为 。
（3）化学方程式中n＝ 。
（4）此反应在四种不同情况下的反应速率分别为：
①v(A)＝5 mol·L－1·min－1②v(B)＝6 mol·L－1·min－1
③v(C)＝0.2 mol·L－1·s－1④v(D)＝8 mol·L－1·min－1
其中反应速率最快的是 (填序号)。
（5）Ⅱ. H2O2不稳定、易分解，Fe3＋、Cu2＋等对其分解起催化作用，为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组同学分别设计了如图甲、乙两种实验装置。
若利用图甲装置，可通过观察 现象，从而定性比较得出结论。
（6）有同学提出将0.1 mol·L－1 FeCl3改为 mol·L－1 Fe2(SO4)3更为合理，其理由是 。
（7）若利用乙实验可进行定量分析，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验中还需要测量的数据是 。
（8）将0.1 mol MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示解释反应速率变化的原因： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．加入催化剂改变反应速率，A错误；
B．升高温度加快反应速率，B错误；
C．恒容，充入氦气浓度不变，反应速率不变，C正确；
D．恒压，充入氦气，容器容积增大，浓度降低，反应速率减小，D错误，答案选C。
【分析】恒容条件下，充入氮气虽然压强增大，但浓度并未发生变化，则反应速率不变。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、将铁矿石粉碎能增大反应物的接触面积，加快反应速率，故A不符合题意；
B、食盐中添加碘酸钾是为了补充碘元素，与反应速率无关，故B符合题意；
C、在糕点包装内放置小包除氧剂，可降低氧气浓度，减缓糕点氧化变质的反应塑铝板，故C不符合题意；
D、冷藏疫苗可减缓疫苗的变质速率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】反应物浓度、压强、催化剂、温度等均能影响反应速率。
3．【答案】D
【解析】【解答】 增大浓度、加热、增大固体的表面积都会增大反应速率，加水稀释会降低反应速率。
故答案为：D
【分析】根据温度、浓度和表面积对化学反应速率的影响进行判断即可。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．加入催化剂，不能改变反应的焓变，故A不符合题意；
B．催化剂不能使平衡移动，催化剂不能改变水的分解率，故B不符合题意；
C．固体接触面积越大，催化剂的催化效率越高，故C符合题意；
D．催化剂具有专一性、选择性，不同反应往往选择不同的催化剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂不影响焓变；
B.催化剂不影响平衡状态；
D.催化剂具有专一性、选择性。
5．【答案】B
【解析】【解答】根据速率公式可知v(NH3)= =0.16 mol·L－1·s－1，
故答案为：B。
【分析】考查反应速率的基本计算方法，根据化学反应速率的公式进行计算。
6．【答案】B
【解析】【解答】化学反应速率：表示单位时间内，物质的物质的量浓度变化值，纵坐标表示用B表示的反应速率，阴影部分表示的B物质的量浓度的减少值，
故答案为：B.
【分析】根据化学反应速率的定义分析图像中阴影部分的含义即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】固体表面积越大，则反应速率越大，加入粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，较块状碳酸钙反应速率大，即相同时间内虚线所示的曲线对应的损失的质量大，因为 a＞b导致最终损失的质量a＞b，由图象可知，只有C符合，
故答案为：C。
【分析】化学反应速率与反应物之间的接触面积大小有关，接触面积越大，反应速率就越快。所以粉状的物质比块状的反应快。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故A不符合题意；
B.SO 是反应物，参与了反应，不是催化剂，故B符合题意；
C.硫酸盐(含SO 、HSO )气溶胶中含有HSO ，转化过程有水参与，则HSO 在水中可电离生成H+和SO ，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C不符合题意；
D.由图可知，SO 转化为HSO4-的过程中还有HNO2和HSO 生成，离子方程式为：SO +NO2+H2O=HNO2+HSO ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.由图可知NO2转化为HNO2 ，NO2为氧化剂；
B.SO32-参与反应且满足催化剂的要求；
C.由图中可知，此硫酸盐为HSO4-，可以电离出H+和SO42- ，故显酸性；
D. 根据图像可知，SO3-转化为HSO4-，反应方程式为SO3-+NO2+H2O=HNO2+HSO4-
9．【答案】D
【解析】【解答】A．若开始时，T1=T2、V1≠V2，则起始压强不同，那么反应到t1即达到平衡时的转化率应不同，不符合题意图中信息，A不符合题意；
B．因为温度影响反应平衡转化率，所以若开始时，T1≠T2、V1=V2，那么反应到t1即达到平衡时的转化率应不同，不符合题意图中信息，B不符合题意；
C.0~t1 min内，最终消耗的氮气的物质的量相同，所以两个容器中放出的热量相同，C不符合题意；
D．因为两个密闭容器中温度和体积分别为T1和V1、T2和V2，根据A、B选项分析，结合理想气体状态方程PV=nRT可知，0~t1 min内，两个容器中温度和体积均不同，所以正反应的平均反应速率不同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.若开始时，T1=T2、V1≠V2，反应到t1即达到平衡时的转化率应不同；
B.若开始时，T1≠T2、V1=V2，反应到t1即达到平衡时的转化率应不同；
C.0~t1 min内，最终消耗的氮气的物质的量相同，放出的热量相同。
10．【答案】C
【解析】【解答】增加H2的浓度，促进CO2的转化，平衡右移，提高CO2转化率，A不符合题意；
B.△H<0，升温，平衡左移，速率加快，CO2转化率降低，B不符合题意；
C.升高温度，正、逆反应速率均加快，C符合题意；
D.催化剂对平衡移动无影响，可以加快反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】催化剂能够改变化学反应的反应速率，但是对平衡移动无影响，反应物的转化率不变，各物质浓度保持不变。
11．【答案】C
【解析】【解答】解：反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则① {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.2；② {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.2；③ {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.15；④ {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.24，
显然表示该反应速率最慢的是③，
故选C．
【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答．
12．【答案】C
【解析】【解答】A.2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1是放热反应，反应物的总能量高于生成物总能量，则1mol[2Na(s)+O2(g)]的能量大于1mol[Na2O2(s)]的能量，A不符合题意；
B．由盖斯定律反应III+IV可得Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(g)△H=(-566)-226=-509kJ·mol-1，则△H<0，由自发进行的判据△G=△H-T△S<0可知低温有利于CO与Na2O2自发生成碳酸钠，B不符合题意；
C．常温下钠和氧气反应生成Na2O，而生成Na2O2需要加热，说明反应I的活化能小于反应II的活化能，C符合题意；
D．由盖斯定律，反应II-2×I可得2Na2O(s) = Na2O2(s)+ 2Na(s)△H=-511-2×(-412)= +313 kJ·mol-1，而气体分子数增多，熵增，结合自发进行的判据△G=△H-T△S<0可知高温下能发生，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热；
B、结合△H-T△S<0可知低温有利于CO与Na2O2自发生成碳酸钠；
C、活化能越低，反应越容易进行；
D、氧化钠一定条件下可以分解为过氧化钠和钠。
13．【答案】C
【解析】【解答】解：对于该反应来说浓度越大，温度越高，反应速率越大，C、D温度较高，则应大于A、B的反应速率，C、D相比较，C的浓度较大，则反应速率较大．
故选C．
【分析】题中中给出的数据为浓度和温度的影响，一般来说，浓度越大，温度越高，反应速率越大，以此解答该题．
14．【答案】D
【解析】【解答】解：v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=1：3：2：2，转化为用A的浓度变化来表示的反应速率为：
A、v（A）=0.15 mol L﹣1 min﹣1；
B、v（B）=0.01 mol L﹣1 s﹣1×60 s min﹣1=0.60 mol L﹣1 min﹣1，则v（A）= {#mathmL#}{#/mathmL#} v（B）=0.20 mol L﹣1 min﹣1；
C、v（C）=0.40 mol L﹣1 min﹣1，则v（A）= {#mathmL#}{#/mathmL#} v（C）=0.20 mol L﹣1 min﹣1；
D、v（D）=0.0075 mol L﹣1 s﹣1，则v（A）= {#mathmL#}{#/mathmL#} （D）=0.00375×60 mol L﹣1 min﹣1=0.225mol L﹣1 min﹣1．故反应进行的最快的为D，
故选：D．
【分析】比较四种不同情况下反应速率的快慢，利用速率之比等于其化学计量数之比计算同一物质表示的速率进行比较．
15．【答案】A
【解析】【解答】A．“木与木相摩则然(燃)”为燃烧过程，燃烧是化学能转变为热能，A符合题意；
B．“夫遂”是古人用于日下取火的青铜凹镜，青铜是铜加入锡或铅的合金，B不符合题意；
C．“曲蘖(酒曲)”是催化葡萄糖分解生成酒精的酶，为催化剂，C不符合题意；
D．“瓷”即陶瓷，由黏土(主要成分为硅酸盐)烧制而成，为硅酸盐产品，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】燃烧是将化学能转化为热能，摩擦的过程主要是达到可燃物的着火点，其他选项均正确
16．【答案】D
【解析】【解答】A．由反应机理图可知过程①为H2O2+Fe2+=·OH+ Fe3+ +OH-，过程②为H2O2+Fe3+= Fe2++·HO2+ H+，总反应为2H2O2=·HO2+·OH+H2O，故A不符合题意；
B．过程③为H2O2+ Cu+=·OH+ Cu2++OH-，过程④为H2O2+ Cu2+= Cu++·HO2+ H+，总反应为2H2O2=·HO2+·OH+H2O，Cu2+和Cu+均可看作是催化剂，故B不符合题意；
C．过程⑤为H2O2+Fe2+=·OH+ Fe3+ +OH-，过程⑦H2O2+ Cu2+= Cu++·HO2+ H+，故C不符合题意；
D．过程⑥Fe3+ + Cu+= Fe2++ Cu2+，而由以上过程反应可知Cu2+、Fe2+均有利于H2O2转化成自由基，因此过程⑥的发生导致自由基增加，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分析反应机理图可知；
B.催化剂在化学反应前后不变，过程 ③、④中Cu2+和Cu+ 均只参与反应，但前后不变，是催化剂；
C.分析反应机理图，根据电荷守恒可知有OH-生成；
D.亚铁离子和铜离子均有利于自由基的产生。
17．【答案】（1）ΔH1+ΔH2-ΔH3
（2）60 mL；1 min；2 min；D>C>B>A；随着反应的进行，H2O2的浓度减小，反应速率减小；0.11 mol/L
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3。
（2）①由坐标图可知，反应进行至5min时完全反应，生成O2的体积为60mL；
②由坐标图可知，反应放出30mL气体所需的时间为1min；
③反应放出体积O2（即45mL）时，所需时间为2min；
④曲线上A、B、C、D四点的斜率D>C>B>A，曲线的斜率越大，反应速率越快，因此反应速率D>C>B>A；
⑤反应过程中H2O2的浓度逐渐减小，因此反应速率逐渐减慢；
⑥H2O2完全反应时放出O2的物质的量，则参与反应的H2O2的物质的量为，则其物质的量浓度。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；
（2）①5min后生成O2的体积最多；
②根据坐标图确定生成一半体积所需的时间；
③根据坐标图确定生成体积所需的时间；
④根据曲线斜率确定反应速率；
⑤根据难度对反应速率的影响分析；
⑥根据反应生成O2的量，结合反应的化学方程式进行计算；
18．【答案】（1）2～3 min；该反应是放热反应，此时温度高
（2）4～5min；H+浓度小
（3）0.1mol/（L min）
（4）A；B
【解析】【解答】解：由表格数据可知，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，（1）2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，则反应速率最大，与该反应放热，温度升高加快反应速率有关，
故答案为：2～3 min；该反应是放热反应，此时温度高；（2）4～5 min反应速率最小，原因为此时H+浓度小，故答案为：4～5 min；H+浓度小；（3）在2～3min时间段内，生成标况下氢气的体积为：232mL﹣120mL=112mL，n（H2）=0.005mol，由2HCl～H2可知：消耗盐酸的物质的量为0.01mol，
则υ（HCl）= =0.1 mol/（L min），
故答案为：0.1 mol/（L min）；（4）Zn与硫酸铜反应，构成原电池加快反应速率，盐酸与碳酸钠反应消耗氢离子，只有A、B符合减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量，则减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，故答案为：AB．
【分析】（1）根据影响化学反应速率的因素有浓度、温度以及固体的表面积大小等因素，温度越高、浓度越大、固体表面积越大，反应的速率越大，从表中数据看出2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高； （2）4～5min生成氢气最少，与离子浓度有关；（3）根据v= 计算2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率；（4）为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，则减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量，注意C中发生氧化还原反应不生成氢气．
19．【答案】（1）2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH + O2↑
（2）MnO2
（3）2；5；6；H+；2；5；8；0.01；生成的Mn2+作催化剂
（4）碱性条件下，过氧化氢能与酚酞反应，而氧气不能
【解析】【解答】(1)根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写化学方程式为：2Na
2O
2+2H
2O=4NaOH+O
2↑；(2)Ⅰ.能使H
2O
2产生气体通常用MnO
2作催化剂；
（3）Ⅱ.①KMnO4与H2O2反应，有气体产生，说明有氧气，溶液褪色说明KMnO4被还原，再根据电子得失守恒和电荷守恒可写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
②根据KMnO4与H2O2反应的离子方程式可知关系式为：
2MnO4-～ 5H2O2
2mol 5mol
0.003mol L-1×0.02L n(H2O2)
∴n(H2O2)=1.5×10-4mol
∴c(H2O2)=
=0.01mol/L；
③一般情况下在开始时反应物浓度较大，反应速率应当较快，但现在是溶液褪色速率开始较慢后变快，则可能是产生新的物质，且此物质对反应有催化作用，从而加快了反应速率，根据离子反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，可知，起催化作的产物为Mn2+；(4)①分析对比分析对比实验Ⅲ和Ⅳ，可知在Ⅲ中有H2O2溶液而Ⅱ中有氧气，其它物质相同，而现象出现了差异，就说明Ⅲ中溶液变红又迅速变无色是因H2O2而不是氧气，故结论为：碱性条件下，H2O2能与酚酞反应而O2不能。
【分析】（1）根据表格中的现象产生能使木条复燃的气体，所以 2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH + O2↑ ，
（2）证明过氧化氢的存在用到了初中所学的过氧化氢在二氧化锰催化下分解产生氧气。
（3）根据得失电子守恒法进行配平，需要注意的是过氧化氢在该反应中只被氧化。结合物质的量之比等于系数之比可以求出 c(H2O2) = 0.01mol·L-1。
溶液褪色速率开始较慢后变快我们需要考虑影响化学反应速率的因素：温度，浓度，压强，催化剂因为本题在溶液中进行，所以压强不产生影响，且随反应进行反应物浓度降低，若考虑浓度因素速率应该减小，所以与题意不符。
（4）对比两次试验，变量为：第一次实验是过氧化氢，第二次氧气，所以原因很容易写出为
碱性条件下，过氧化氢能与酚酞反应，而氧气不能 。
20．【答案】（1）1.5×10﹣6
（2）N2（g）+3H2O（l）=2NH3（g）+ O2（g）△H=+765.2kJ mol﹣1
【解析】【解答】解：（1）50℃时从开始到3h内生成氨气为6×10﹣6mol，则生成氧气为4.5×10﹣6mol，以O2物质的量变化表示的平均反应速率为 mol h﹣1=1.5×10﹣6mol h﹣1，
故答案为：1.5×10﹣6；（2）由图可知反应物、生成物及能量变化，反应的热化学方程式是N2（g）+3H2O（l）=2NH3（g）+ O2（g）△H=+765.2kJ mol﹣1，
故答案为：N2（g）+3H2O（l）=2NH3（g）+ O2（g）△H=+765.2kJ mol﹣1．
【分析】（1）从开始到3h内生成氨气为6×10﹣6mol，根据方程式计算O2物质的量变化，结合v= 计算；（2）由图可知反应物、生成物及反应热△H=+765.2kJ mol﹣1．
21．【答案】（1）NO(g)+O3(g)＝NO2(g)+O2(g) ΔH= 200.9kJ·mol 1；<；SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2）4NO+3+4OH－＝4+3Cl－+2H2O或4NO+3+2H2O＝4+4H++3Cl－；SO2能溶于水，在水中浓度大，反应速率快，而NO难溶于水；SO2反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
【解析】【解答】（1）①根据图象可知NO与O3反应生成NO2和O2，放出204.1kJ－3.2kJ＝200.9kJ，因此热化学方程式为NO(g)+O3(g)＝NO2(g)+O2(g) ΔH= 200.9kJ·mol 1。
②在相同条件下，O3与SO2反应活化能大于O3与NO反应的活化能，所以O3与SO2反应的速率＜O3与NO的反应速率。
③由于SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此其他条件不变时，即使增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响。
（2）①根据电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒可知溶液中NO与反应生成和Cl-的离子方程式为4NO+3+4OH－＝4+3Cl－+2H2O或4NO+3+2H2O＝4+4H++3Cl－。
②由于SO2能溶于水，在水中浓度大，反应速率快，而NO难溶于水，所以刚开始，工厂烟气处理，SO2处理速率明显快于NO。
③由于SO2反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高，所以烟气中含有少量SO2，NO的脱除率比不含SO2的烟气高。
【分析】（1）①热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关；
②依据反应的活化能越高，反应速率越慢，反应进行的程度越小；
③同②分析；
（2）①根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
②依据影响反应速率的因素分析；
③根据影响化学平衡移动的因素分析。
22．【答案】（1）1.5moL／L；25℅
（2）0.2mol/(L·min)
（3）2
（4）①
（5）产生气泡的快慢
（6）0.05 moL／L；可以消除阴离子不同对实验的干扰
（7）产生40mL气体所需的时间
（8）随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小
【解析】【解答】Ⅰ、（1）由分析可知，5min末A的物质的量为3mol，则其物质的量浓度c(A)=；A的转化率为：.
（2）前5min内用B表示的反应速率。
（3）由分析可知，反应方程式中n的值为2。
（4）比较反应速率的大小时，应将所给速率转化为用同一种物质表示的反应速率，同时应保持单位统一。此题中可统一用A来表示反应速率，单位统一为mol/(L·min)；因此②v(A)=v(B)=×6mol/(L·min)=3mol/(L·min)，③v(A)=v(C)=×60×0.2mol/(L·min)=4mol/(L·min)，④v(A)=v(D)=×8mol/(L·min)=4mol/(L·min)，所以其中反应速率最快的应为①。
Ⅱ、（5）甲装置中H2O2分解产生O2，实验过程中有气泡产生，因此可通过观察产生气泡的速率判断反应的快慢，从而得出结论。
（6）实验过程中所用FeCl3溶液和CuCl2溶液，溶液中阴离子种类不同，可能对实验造成干扰，因此可将FeCl3溶液换成Fe2(SO4)3溶液，同时应保证c(Fe3+)相同，因此可将0.1mol/L的FeCl3溶液换成0.05mol/L的Fe2(SO4)3溶液。
（7）若要定量分析，则需测量产生气体的体积和所需的时间，因此实验中还需测量的数据为产生40mL气体所需的时间。
（8）随着反应的进行，溶液中c(H2O2)逐渐减小，浓度减小，反应速率减慢，因此反应放出气体的体积逐渐减小。
【分析】Ⅰ、在该反应中，用D表示的反应速率为v(D)=0.2mol/(L·min)，因此5min内D变化的量为：0.2mol/(L·min)×5min×2L=2mol；可得反应三段式如下：
据此结合题干设问分析作答。
Ⅱ、（5）反应过程中有气体产生，可通过产生气泡的快慢判断反应速率；
（6）实验设计过程中，应采用控制变量法，防止不同因素对实验造成干扰；
（7）要进行定量分析，则需要测量产生气体的体积和时间；
（8）结合浓度对反应速率的影响分析；
一、单选题
1．—定温度下，在密闭容器中进行反应:N2（g）+O2（g） 2NO（g），下列措施不能改变化学反应速率的是
A．加入催化剂 B．升高温度
C．恒容，充入氦气 D．恒压，充入氦气
2．下列做法的目的与反应速率无关的是（ ）
A．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
B．食盐中添加碘酸钾
C．在糕点包装内放置小包除氧剂
D．医护人员冷藏存放“新冠”疫苗
3．将20 mL 0.5 mol·L－1盐酸与一块状大理石反应，下列措施不能提高化学反应速率的是( )
A．加入10 mL 3 mol·L－1盐酸 B．给反应混合物加热
C．将所用的大理石研磨成粉末 D．加入10 mL蒸馏水
4．据报道，加拿大科学家发明了一种特殊的“电催化剂”，该新型“电催化剂”是一种用于电解器中催化水分解为氢气与氧气的多孔金属氧化物固体。下列有关该催化剂的说法正确的是（ ）
A．使用该催化剂，能减小水分解反应的焓变
B．该催化剂的使用可提高水的分解率
C．金属氧化物固体的多孔结构，可提高催化剂的催化效率
D．该催化剂还可以作其他所有液态化合物分解反应的催化剂
5．氨分解反应在容积为2 L的密闭容器内进行。已知起始时氨气的物质的量为4 mol，5 s末为2.4 mol，则用氨气表示该反应的速率为（ ）
A．0.32 mol·L－1·s－1 B．0.16 mol·L－1·s－1
C．1.6 mol·L－1·s－1 D．0.8 mol·L－1·s－1
6．如图表示容积固定的2L密闭容器中进行的某一可逆反应：A(g)+2B(g 2C(g)，以B的浓度改变表示的反应速度v正、v逆与时间的关系如图。已知v的单位为mol／(L·s)，则图中阴影部分的面积可表示为 （ ）
A．A物质的量浓度的减少值
B．B物质的量浓度的减少值
C．C物质的量增加值
D．B物质的量减少值
7．将Ag块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如下图的实线所示，在相同的条件下，将Bg粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（已知A>B）（ ）
A． B．
C． D．
8．硫酸盐(含SO 、HSO )气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下，下列说法错误的是（ ）
A．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
B．该过程中SO 为催化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性
D．SO 转化为HSO4- 的方程式为：SO +NO2+H2O=HNO2+HSO
9．向温度和体积分别为T1和V1、T2和V2的两个密闭容器中均充入1 mol N2和2.8 mol H2，均保持温度和体积不变，发生反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，其反应过程中N2的转化率[α(N2)]随时间(t)的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．开始时，T1=T2、V1≠V2
B．开始时，T1≠T2、V1=V2
C．0~t1 min内，两个容器中放出的热量不同
D．0~t1 min内，两个容器中正反应的平均反应速率不同
10．在恒容密闭容器中，反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H<0达到平衡后，其他条件不变。仅改变某一条件，下列说法错误的是（ ）
A．增加H2的浓度，可提高CO2转化率
B．升高温度，可提高反应速率，CO2转化率降低
C．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增加，平衡逆向移动
D．改用高效催化剂，可增大反应速率，平衡不移动
11．反应4A（g）+3B（g）═2C（g）+5D（g）在四种不同条件下的反应速率分别为：
①v（A）=0.8mol L﹣1 min﹣1②v（B）=0.6mol L﹣1 min﹣1
③v（C）=0.3mol L﹣1 min﹣1④v（D）=1.2mol L﹣1 min﹣1
表示该反应速率最慢的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
12．已知：25℃、101kPa下：
I.2Na(s)+O2(g)=Na2O(s) △H=-412kJ·mol-1
II.2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) △H=-511kJ·mol-1
III.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566kJ·mol-1
IV.Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(g)+O2(g) △H=-226kJ·mol-1
下列说法正确的是（ ）
A．相同条件下，1mol[2Na(s)+O2(g)]的能量小于1mol[Na2O2(s)]的能量
B．低温不利于CO与Na2O2自发生成碳酸钠
C．反应I的活化能小于反应II的活化能
D．Na2O不可能分解为Na2O2和Na
13．下列各组实验中溶液最先变浑浊的是（ ）
A．0.1mol/LNa2S2O3 和 H2SO4 各 5mL，加水 5mL，反应温度 10℃
B．0.1mol/LNa2S2O3 和 H2SO4 各 5mL，加水 10mL，反应温度 10℃
C．0.1mol/LNa2S2O3 和 H2SO4 各 5mL，加水 5mL，反应温度 30℃
D．0.1mol/LNa2S2O3 和 H2SO4 各 5mL，加水 10mL，反应温度 30℃
14．反应A（g）+3B（g） 2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是（ ）
A．v（A）=0.15 mol L﹣1 min﹣1 B．v（B）=0.01 mol L﹣1 s﹣1
C．v（C）=0.40 mol L﹣1 min﹣1 D．v（D）=0.0075 mol L﹣1 s﹣1
15．下列分析错误的是（ ）
A．“木与木相摩则然(燃)”的“然”是热能转变为化学能
B．“司烜氏，掌以夫遂(青铜凹镜)取明火于日”的“夫遂”是合金
C．“著作酒醴(甜酒)，尔惟曲蘖(酒曲)”的“曲蘖”是催化剂
D．“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”的“瓷”是硅酸盐产品
16．Fe/Cu/沸石非均相Fenton催化剂的主要成分为Fe3O4、Fe2O3、CuO和Cu2O，通过与H2O2作用产生强氧化性的·OH自由基和·HO2自由基，能够有效去除水体中的苯并三唑(BTA)等污染物，其反应机理如图所示(Mn+表示元素及其价态，不表示其为游离离子)。已知：铁氧化物催化性能优于铜氧化物；·OH是降解污染物的主要反应活性物质。下列说法不正确的是（ ）
A．过程①、②的总反应为2H2O2=·HO2+·OH+H2O
B．过程③、④中Cu2+和Cu+均可看作是催化剂
C．过程⑤中有OH-生成，过程⑦中有H+生成
D．过程⑥必然会导致反应生成的自由基减少
二、实验探究题
17．
（1）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。如果采用NaClO、Ca（ClO）2作吸收剂，能得到较好的烟气脱硫效果。已知下列反应：
SO2(g)+2OH－(aq)
=SO32－(aq)+H2O(l) ΔH1
ClO－(aq)+SO32－(aq)
=SO42－(aq)+Cl－(aq) ΔH2
CaSO4(s)=Ca2+（aq）+SO42－（aq）
ΔH3
则反应SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO－(aq) +2OH－(aq) = CaSO4(s) +H2O(l) +Cl－(aq)的ΔH= 。
（2）将0.1 mol MnO2粉末加入到50 mL过氧化氢溶液(H2O2，ρ＝1.1 g/mL)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。
①实验时放出气体的总体积是 。
②放出一半气体所需的时间为 。
③反应放出 体积气体所需的时间约为 。
④A，B，C，D各点反应速率的快慢顺序为 。
⑤解释反应速率变化的原因： 。
⑥H2O2初始状态的浓度为 。
18．课外实验小组为了探究锌与盐酸反应过程中的化学反应速率的变化，在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，标准状况下用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：
时间（min） 1 2 3 4 5
氢气体积（mL） 50 120 232 290 310
（1）哪一时间段 （指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min，下同）反应速率最大，可能的原因 ．
（2）哪一段时段的反应速率最小 ，原因是 ．
（3）求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为 ．
（4）如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入下列物质：
A．蒸馏水
B．CH3COONa固体
C．Na2CO3溶液
D．CuSO4溶液你认为可行的是 （填编号）．
19．某兴趣活动小组通过实验研究Na2O2与水的反应。
操作 现象
向盛有4g Na2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水得到溶液a 剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体
取5mL溶液a于试管中，滴入两滴酚酞 i.溶液变红 ii.10分钟后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色
（1）Na2O2与水反应的化学方程式： 。
（2）ii中溶液褪色可能是溶液a中存在较多的H2O2与酚酞发生了反应。
I.甲同学通过实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂 (填化学式)，有气体产生。
（3）II.乙同学查阅资料获悉：用KMnO4可以测定H2O2的含量：取15.mL溶液a，用稀H2SO4酸化，逐滴加入0.003 mol/L KMnO4溶液，产生气体，溶液褪色速率开始较慢后变快，至终点时共消耗20.00mLKMnO4溶液。
①请配平： MnO4-+ H2O2+ = Mn2++ O2↑+ H2O
②溶液a中 c(H2O2)= mol·L-1。
③溶液褪色速率开始较慢后变快的原因可能是 。
（4）为探究现象ii产生的原因，同学们继续进行了如下实验：
iii.向H2O2溶液中滴入两滴酚酞，振荡，加入5滴0.1 mol·L-1NaOH溶液，溶液变红又迅速变无色且产生气体，10分钟后溶液变无色。
IV.向0.1 mol·L-1NaOH溶液中滴入两滴酚酞，振荡，溶液变红，10分钟后溶液颜色无明显变化；向该溶液中通入O2，溶液颜色无明显变化。
①从实验III和IV中，可得出的结论是 。
三、综合题
20．一种“人工固氮”的新方法是在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应生成NH3：N2+3H2O 2NH3+ O2进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见表（反应时间3h）：
T/℃ 30 40 50
生成NH3量/（10﹣6 mol） 4.8 5.9 6.0
请回答下列问题：
（1）50℃时从开始到3h内以O2物质的量变化表示的平均反应速率为 mol h﹣1．
（2）该反应过程与能量关系可用如图表示，则反应的热化学方程式是： ．
21．工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。
O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示， Ea1是反应的活化能，一定条件下，活化能越大反应速率越慢，反应越困难。
①写出NO与O3反应的热化学方程式： 。
②在相同条件下，O3与SO2反应的速率 O3与NO的反应速率。(填>、=、<)
③其他条件不变时，工厂烟气处理主要发生NO与O3反应，即使增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，可能原因是 。
（2）NaClO2氧化。
40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出溶液中NO与反应生成和Cl-的离子方程式： 。
②刚开始，工厂烟气处理，SO2处理速率明显快于NO，可能原因是 。
③烟气中含有少量SO2，NO的脱除率比不含SO2的烟气高，可能原因是 。
22．
（1）Ⅰ﹒在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol,5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2 mol·L－1·min－1。
计算：
5 min末A的物质的量浓度为 ，A的转化率为 。
（2）前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为 。
（3）化学方程式中n＝ 。
（4）此反应在四种不同情况下的反应速率分别为：
①v(A)＝5 mol·L－1·min－1②v(B)＝6 mol·L－1·min－1
③v(C)＝0.2 mol·L－1·s－1④v(D)＝8 mol·L－1·min－1
其中反应速率最快的是 (填序号)。
（5）Ⅱ. H2O2不稳定、易分解，Fe3＋、Cu2＋等对其分解起催化作用，为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组同学分别设计了如图甲、乙两种实验装置。
若利用图甲装置，可通过观察 现象，从而定性比较得出结论。
（6）有同学提出将0.1 mol·L－1 FeCl3改为 mol·L－1 Fe2(SO4)3更为合理，其理由是 。
（7）若利用乙实验可进行定量分析，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验中还需要测量的数据是 。
（8）将0.1 mol MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示解释反应速率变化的原因： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．加入催化剂改变反应速率，A错误；
B．升高温度加快反应速率，B错误；
C．恒容，充入氦气浓度不变，反应速率不变，C正确；
D．恒压，充入氦气，容器容积增大，浓度降低，反应速率减小，D错误，答案选C。
【分析】恒容条件下，充入氮气虽然压强增大，但浓度并未发生变化，则反应速率不变。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、将铁矿石粉碎能增大反应物的接触面积，加快反应速率，故A不符合题意；
B、食盐中添加碘酸钾是为了补充碘元素，与反应速率无关，故B符合题意；
C、在糕点包装内放置小包除氧剂，可降低氧气浓度，减缓糕点氧化变质的反应塑铝板，故C不符合题意；
D、冷藏疫苗可减缓疫苗的变质速率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】反应物浓度、压强、催化剂、温度等均能影响反应速率。
3．【答案】D
【解析】【解答】 增大浓度、加热、增大固体的表面积都会增大反应速率，加水稀释会降低反应速率。
故答案为：D
【分析】根据温度、浓度和表面积对化学反应速率的影响进行判断即可。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．加入催化剂，不能改变反应的焓变，故A不符合题意；
B．催化剂不能使平衡移动，催化剂不能改变水的分解率，故B不符合题意；
C．固体接触面积越大，催化剂的催化效率越高，故C符合题意；
D．催化剂具有专一性、选择性，不同反应往往选择不同的催化剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂不影响焓变；
B.催化剂不影响平衡状态；
D.催化剂具有专一性、选择性。
5．【答案】B
【解析】【解答】根据速率公式可知v(NH3)= =0.16 mol·L－1·s－1，
故答案为：B。
【分析】考查反应速率的基本计算方法，根据化学反应速率的公式进行计算。
6．【答案】B
【解析】【解答】化学反应速率：表示单位时间内，物质的物质的量浓度变化值，纵坐标表示用B表示的反应速率，阴影部分表示的B物质的量浓度的减少值，
故答案为：B.
【分析】根据化学反应速率的定义分析图像中阴影部分的含义即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】固体表面积越大，则反应速率越大，加入粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，较块状碳酸钙反应速率大，即相同时间内虚线所示的曲线对应的损失的质量大，因为 a＞b导致最终损失的质量a＞b，由图象可知，只有C符合，
故答案为：C。
【分析】化学反应速率与反应物之间的接触面积大小有关，接触面积越大，反应速率就越快。所以粉状的物质比块状的反应快。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故A不符合题意；
B.SO 是反应物，参与了反应，不是催化剂，故B符合题意；
C.硫酸盐(含SO 、HSO )气溶胶中含有HSO ，转化过程有水参与，则HSO 在水中可电离生成H+和SO ，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C不符合题意；
D.由图可知，SO 转化为HSO4-的过程中还有HNO2和HSO 生成，离子方程式为：SO +NO2+H2O=HNO2+HSO ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.由图可知NO2转化为HNO2 ，NO2为氧化剂；
B.SO32-参与反应且满足催化剂的要求；
C.由图中可知，此硫酸盐为HSO4-，可以电离出H+和SO42- ，故显酸性；
D. 根据图像可知，SO3-转化为HSO4-，反应方程式为SO3-+NO2+H2O=HNO2+HSO4-
9．【答案】D
【解析】【解答】A．若开始时，T1=T2、V1≠V2，则起始压强不同，那么反应到t1即达到平衡时的转化率应不同，不符合题意图中信息，A不符合题意；
B．因为温度影响反应平衡转化率，所以若开始时，T1≠T2、V1=V2，那么反应到t1即达到平衡时的转化率应不同，不符合题意图中信息，B不符合题意；
C.0~t1 min内，最终消耗的氮气的物质的量相同，所以两个容器中放出的热量相同，C不符合题意；
D．因为两个密闭容器中温度和体积分别为T1和V1、T2和V2，根据A、B选项分析，结合理想气体状态方程PV=nRT可知，0~t1 min内，两个容器中温度和体积均不同，所以正反应的平均反应速率不同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.若开始时，T1=T2、V1≠V2，反应到t1即达到平衡时的转化率应不同；
B.若开始时，T1≠T2、V1=V2，反应到t1即达到平衡时的转化率应不同；
C.0~t1 min内，最终消耗的氮气的物质的量相同，放出的热量相同。
10．【答案】C
【解析】【解答】增加H2的浓度，促进CO2的转化，平衡右移，提高CO2转化率，A不符合题意；
B.△H<0，升温，平衡左移，速率加快，CO2转化率降低，B不符合题意；
C.升高温度，正、逆反应速率均加快，C符合题意；
D.催化剂对平衡移动无影响，可以加快反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】催化剂能够改变化学反应的反应速率，但是对平衡移动无影响，反应物的转化率不变，各物质浓度保持不变。
11．【答案】C
【解析】【解答】解：反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则① {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.2；② {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.2；③ {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.15；④ {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.24，
显然表示该反应速率最慢的是③，
故选C．
【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答．
12．【答案】C
【解析】【解答】A.2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1是放热反应，反应物的总能量高于生成物总能量，则1mol[2Na(s)+O2(g)]的能量大于1mol[Na2O2(s)]的能量，A不符合题意；
B．由盖斯定律反应III+IV可得Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(g)△H=(-566)-226=-509kJ·mol-1，则△H<0，由自发进行的判据△G=△H-T△S<0可知低温有利于CO与Na2O2自发生成碳酸钠，B不符合题意；
C．常温下钠和氧气反应生成Na2O，而生成Na2O2需要加热，说明反应I的活化能小于反应II的活化能，C符合题意；
D．由盖斯定律，反应II-2×I可得2Na2O(s) = Na2O2(s)+ 2Na(s)△H=-511-2×(-412)= +313 kJ·mol-1，而气体分子数增多，熵增，结合自发进行的判据△G=△H-T△S<0可知高温下能发生，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热；
B、结合△H-T△S<0可知低温有利于CO与Na2O2自发生成碳酸钠；
C、活化能越低，反应越容易进行；
D、氧化钠一定条件下可以分解为过氧化钠和钠。
13．【答案】C
【解析】【解答】解：对于该反应来说浓度越大，温度越高，反应速率越大，C、D温度较高，则应大于A、B的反应速率，C、D相比较，C的浓度较大，则反应速率较大．
故选C．
【分析】题中中给出的数据为浓度和温度的影响，一般来说，浓度越大，温度越高，反应速率越大，以此解答该题．
14．【答案】D
【解析】【解答】解：v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=1：3：2：2，转化为用A的浓度变化来表示的反应速率为：
A、v（A）=0.15 mol L﹣1 min﹣1；
B、v（B）=0.01 mol L﹣1 s﹣1×60 s min﹣1=0.60 mol L﹣1 min﹣1，则v（A）= {#mathmL#}{#/mathmL#} v（B）=0.20 mol L﹣1 min﹣1；
C、v（C）=0.40 mol L﹣1 min﹣1，则v（A）= {#mathmL#}{#/mathmL#} v（C）=0.20 mol L﹣1 min﹣1；
D、v（D）=0.0075 mol L﹣1 s﹣1，则v（A）= {#mathmL#}{#/mathmL#} （D）=0.00375×60 mol L﹣1 min﹣1=0.225mol L﹣1 min﹣1．故反应进行的最快的为D，
故选：D．
【分析】比较四种不同情况下反应速率的快慢，利用速率之比等于其化学计量数之比计算同一物质表示的速率进行比较．
15．【答案】A
【解析】【解答】A．“木与木相摩则然(燃)”为燃烧过程，燃烧是化学能转变为热能，A符合题意；
B．“夫遂”是古人用于日下取火的青铜凹镜，青铜是铜加入锡或铅的合金，B不符合题意；
C．“曲蘖(酒曲)”是催化葡萄糖分解生成酒精的酶，为催化剂，C不符合题意；
D．“瓷”即陶瓷，由黏土(主要成分为硅酸盐)烧制而成，为硅酸盐产品，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】燃烧是将化学能转化为热能，摩擦的过程主要是达到可燃物的着火点，其他选项均正确
16．【答案】D
【解析】【解答】A．由反应机理图可知过程①为H2O2+Fe2+=·OH+ Fe3+ +OH-，过程②为H2O2+Fe3+= Fe2++·HO2+ H+，总反应为2H2O2=·HO2+·OH+H2O，故A不符合题意；
B．过程③为H2O2+ Cu+=·OH+ Cu2++OH-，过程④为H2O2+ Cu2+= Cu++·HO2+ H+，总反应为2H2O2=·HO2+·OH+H2O，Cu2+和Cu+均可看作是催化剂，故B不符合题意；
C．过程⑤为H2O2+Fe2+=·OH+ Fe3+ +OH-，过程⑦H2O2+ Cu2+= Cu++·HO2+ H+，故C不符合题意；
D．过程⑥Fe3+ + Cu+= Fe2++ Cu2+，而由以上过程反应可知Cu2+、Fe2+均有利于H2O2转化成自由基，因此过程⑥的发生导致自由基增加，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分析反应机理图可知；
B.催化剂在化学反应前后不变，过程 ③、④中Cu2+和Cu+ 均只参与反应，但前后不变，是催化剂；
C.分析反应机理图，根据电荷守恒可知有OH-生成；
D.亚铁离子和铜离子均有利于自由基的产生。
17．【答案】（1）ΔH1+ΔH2-ΔH3
（2）60 mL；1 min；2 min；D>C>B>A；随着反应的进行，H2O2的浓度减小，反应速率减小；0.11 mol/L
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3。
（2）①由坐标图可知，反应进行至5min时完全反应，生成O2的体积为60mL；
②由坐标图可知，反应放出30mL气体所需的时间为1min；
③反应放出体积O2（即45mL）时，所需时间为2min；
④曲线上A、B、C、D四点的斜率D>C>B>A，曲线的斜率越大，反应速率越快，因此反应速率D>C>B>A；
⑤反应过程中H2O2的浓度逐渐减小，因此反应速率逐渐减慢；
⑥H2O2完全反应时放出O2的物质的量，则参与反应的H2O2的物质的量为，则其物质的量浓度。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；
（2）①5min后生成O2的体积最多；
②根据坐标图确定生成一半体积所需的时间；
③根据坐标图确定生成体积所需的时间；
④根据曲线斜率确定反应速率；
⑤根据难度对反应速率的影响分析；
⑥根据反应生成O2的量，结合反应的化学方程式进行计算；
18．【答案】（1）2～3 min；该反应是放热反应，此时温度高
（2）4～5min；H+浓度小
（3）0.1mol/（L min）
（4）A；B
【解析】【解答】解：由表格数据可知，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，（1）2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，则反应速率最大，与该反应放热，温度升高加快反应速率有关，
故答案为：2～3 min；该反应是放热反应，此时温度高；（2）4～5 min反应速率最小，原因为此时H+浓度小，故答案为：4～5 min；H+浓度小；（3）在2～3min时间段内，生成标况下氢气的体积为：232mL﹣120mL=112mL，n（H2）=0.005mol，由2HCl～H2可知：消耗盐酸的物质的量为0.01mol，
则υ（HCl）= =0.1 mol/（L min），
故答案为：0.1 mol/（L min）；（4）Zn与硫酸铜反应，构成原电池加快反应速率，盐酸与碳酸钠反应消耗氢离子，只有A、B符合减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量，则减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，故答案为：AB．
【分析】（1）根据影响化学反应速率的因素有浓度、温度以及固体的表面积大小等因素，温度越高、浓度越大、固体表面积越大，反应的速率越大，从表中数据看出2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高； （2）4～5min生成氢气最少，与离子浓度有关；（3）根据v= 计算2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率；（4）为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，则减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量，注意C中发生氧化还原反应不生成氢气．
19．【答案】（1）2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH + O2↑
（2）MnO2
（3）2；5；6；H+；2；5；8；0.01；生成的Mn2+作催化剂
（4）碱性条件下，过氧化氢能与酚酞反应，而氧气不能
【解析】【解答】(1)根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写化学方程式为：2Na
2O
2+2H
2O=4NaOH+O
2↑；(2)Ⅰ.能使H
2O
2产生气体通常用MnO
2作催化剂；
（3）Ⅱ.①KMnO4与H2O2反应，有气体产生，说明有氧气，溶液褪色说明KMnO4被还原，再根据电子得失守恒和电荷守恒可写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
②根据KMnO4与H2O2反应的离子方程式可知关系式为：
2MnO4-～ 5H2O2
2mol 5mol
0.003mol L-1×0.02L n(H2O2)
∴n(H2O2)=1.5×10-4mol
∴c(H2O2)=
=0.01mol/L；
③一般情况下在开始时反应物浓度较大，反应速率应当较快，但现在是溶液褪色速率开始较慢后变快，则可能是产生新的物质，且此物质对反应有催化作用，从而加快了反应速率，根据离子反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，可知，起催化作的产物为Mn2+；(4)①分析对比分析对比实验Ⅲ和Ⅳ，可知在Ⅲ中有H2O2溶液而Ⅱ中有氧气，其它物质相同，而现象出现了差异，就说明Ⅲ中溶液变红又迅速变无色是因H2O2而不是氧气，故结论为：碱性条件下，H2O2能与酚酞反应而O2不能。
【分析】（1）根据表格中的现象产生能使木条复燃的气体，所以 2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH + O2↑ ，
（2）证明过氧化氢的存在用到了初中所学的过氧化氢在二氧化锰催化下分解产生氧气。
（3）根据得失电子守恒法进行配平，需要注意的是过氧化氢在该反应中只被氧化。结合物质的量之比等于系数之比可以求出 c(H2O2) = 0.01mol·L-1。
溶液褪色速率开始较慢后变快我们需要考虑影响化学反应速率的因素：温度，浓度，压强，催化剂因为本题在溶液中进行，所以压强不产生影响，且随反应进行反应物浓度降低，若考虑浓度因素速率应该减小，所以与题意不符。
（4）对比两次试验，变量为：第一次实验是过氧化氢，第二次氧气，所以原因很容易写出为
碱性条件下，过氧化氢能与酚酞反应，而氧气不能 。
20．【答案】（1）1.5×10﹣6
（2）N2（g）+3H2O（l）=2NH3（g）+ O2（g）△H=+765.2kJ mol﹣1
【解析】【解答】解：（1）50℃时从开始到3h内生成氨气为6×10﹣6mol，则生成氧气为4.5×10﹣6mol，以O2物质的量变化表示的平均反应速率为 mol h﹣1=1.5×10﹣6mol h﹣1，
故答案为：1.5×10﹣6；（2）由图可知反应物、生成物及能量变化，反应的热化学方程式是N2（g）+3H2O（l）=2NH3（g）+ O2（g）△H=+765.2kJ mol﹣1，
故答案为：N2（g）+3H2O（l）=2NH3（g）+ O2（g）△H=+765.2kJ mol﹣1．
【分析】（1）从开始到3h内生成氨气为6×10﹣6mol，根据方程式计算O2物质的量变化，结合v= 计算；（2）由图可知反应物、生成物及反应热△H=+765.2kJ mol﹣1．
21．【答案】（1）NO(g)+O3(g)＝NO2(g)+O2(g) ΔH= 200.9kJ·mol 1；<；SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2）4NO+3+4OH－＝4+3Cl－+2H2O或4NO+3+2H2O＝4+4H++3Cl－；SO2能溶于水，在水中浓度大，反应速率快，而NO难溶于水；SO2反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
【解析】【解答】（1）①根据图象可知NO与O3反应生成NO2和O2，放出204.1kJ－3.2kJ＝200.9kJ，因此热化学方程式为NO(g)+O3(g)＝NO2(g)+O2(g) ΔH= 200.9kJ·mol 1。
②在相同条件下，O3与SO2反应活化能大于O3与NO反应的活化能，所以O3与SO2反应的速率＜O3与NO的反应速率。
③由于SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此其他条件不变时，即使增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响。
（2）①根据电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒可知溶液中NO与反应生成和Cl-的离子方程式为4NO+3+4OH－＝4+3Cl－+2H2O或4NO+3+2H2O＝4+4H++3Cl－。
②由于SO2能溶于水，在水中浓度大，反应速率快，而NO难溶于水，所以刚开始，工厂烟气处理，SO2处理速率明显快于NO。
③由于SO2反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高，所以烟气中含有少量SO2，NO的脱除率比不含SO2的烟气高。
【分析】（1）①热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关；
②依据反应的活化能越高，反应速率越慢，反应进行的程度越小；
③同②分析；
（2）①根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
②依据影响反应速率的因素分析；
③根据影响化学平衡移动的因素分析。
22．【答案】（1）1.5moL／L；25℅
（2）0.2mol/(L·min)
（3）2
（4）①
（5）产生气泡的快慢
（6）0.05 moL／L；可以消除阴离子不同对实验的干扰
（7）产生40mL气体所需的时间
（8）随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小
【解析】【解答】Ⅰ、（1）由分析可知，5min末A的物质的量为3mol，则其物质的量浓度c(A)=；A的转化率为：.
（2）前5min内用B表示的反应速率。
（3）由分析可知，反应方程式中n的值为2。
（4）比较反应速率的大小时，应将所给速率转化为用同一种物质表示的反应速率，同时应保持单位统一。此题中可统一用A来表示反应速率，单位统一为mol/(L·min)；因此②v(A)=v(B)=×6mol/(L·min)=3mol/(L·min)，③v(A)=v(C)=×60×0.2mol/(L·min)=4mol/(L·min)，④v(A)=v(D)=×8mol/(L·min)=4mol/(L·min)，所以其中反应速率最快的应为①。
Ⅱ、（5）甲装置中H2O2分解产生O2，实验过程中有气泡产生，因此可通过观察产生气泡的速率判断反应的快慢，从而得出结论。
（6）实验过程中所用FeCl3溶液和CuCl2溶液，溶液中阴离子种类不同，可能对实验造成干扰，因此可将FeCl3溶液换成Fe2(SO4)3溶液，同时应保证c(Fe3+)相同，因此可将0.1mol/L的FeCl3溶液换成0.05mol/L的Fe2(SO4)3溶液。
（7）若要定量分析，则需测量产生气体的体积和所需的时间，因此实验中还需测量的数据为产生40mL气体所需的时间。
（8）随着反应的进行，溶液中c(H2O2)逐渐减小，浓度减小，反应速率减慢，因此反应放出气体的体积逐渐减小。
【分析】Ⅰ、在该反应中，用D表示的反应速率为v(D)=0.2mol/(L·min)，因此5min内D变化的量为：0.2mol/(L·min)×5min×2L=2mol；可得反应三段式如下：
据此结合题干设问分析作答。
Ⅱ、（5）反应过程中有气体产生，可通过产生气泡的快慢判断反应速率；
（6）实验设计过程中，应采用控制变量法，防止不同因素对实验造成干扰；
（7）要进行定量分析，则需要测量产生气体的体积和时间；
（8）结合浓度对反应速率的影响分析；