2.1化学反应速率 课堂同步练（含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 2.1化学反应速率 课堂同步练（含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 206.2KB | ||
| 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 22:09:35 | ||
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文档简介
2.1化学反应速率 课堂同步练
一、单选题
1．在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是（ ）
①增大反应物的浓度②升高温度③增大压强④移去生成物⑤加入催化剂
A．②⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．①②③④⑤
2．下列各组反应中，反应速率最大的是（ ）
A．钠与冷水 B．镁与热水
C．铝与沸水 D．铁粉与水蒸气
3．某温度下，化学反应 A = B + C中反应物A的浓度在5s内从2.0 mol L-1减少到1.0 mol L-1。在这段时间内，用A的浓度变化表示的平均反应速率为（ ）
A．0.4 mol L-1 B．0.2 mol L-1
C．0.4 mol L-1 s-1 D．0.2 mol L-1 s-1
4．已知反应2A（g） 2B（g）+C（g）△H＜0，达平衡时，要使c（A）增大同时使v（正）增大，应改变的条件为（ ）
A．减小容器容积 B．增大容器容积
C．减小B的浓度 D．降温
5．A、B、C、D 均为气体，对于A+ 3B
2C + D 的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（ ）
A．v(A)＝0.4 mol/(L s) B．v(B)＝0.8mol/(L s)
C．v(C)＝0.6 mol/(L s) D．v(D)＝0.1mol/(L s)
6．等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生气体体积V的数据，根据数据绘制得到图1，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是（ ）
组别 c（HCl）/mol 温度（℃） 状态
1 2.0 25 块状
2 2.5 30 块状
3 2.5 50 快状
4 2.5 30 粉末状
A．4－2－3－1 B．1－2－3－4 C．3－4－2－1 D．1－2－4－3
7．要增大铁与盐酸反应的速率，所采取的下列措施中无效的是（ ）
A．增大盐酸的浓度 B．提高反应的温度
C．增大压强 D．用铁粉代替铁片
8．将2 molX和2molY充入2L密闭容器中发生如下反应：X(气)+3Y(气) 2Z(气)+aQ(气)2min达到平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol/L，下列叙述错误的是（ ）
A．a的值为2 B．平衡时X的浓度为0.8mol/L
C．Y的转化率为60% D．反应速率v(Y)=0.6mol/(L·min)
9．在2 L密闭容器中，某气体反应物在2 s内由8 mol变为7.2 mol，则用此反应物表示该反应的平均反应速率为（ ）
A．0.4 mol·(L·s)-1 B．0.3 mol·(L·s)-1
C．0.2 mol·(L·s)-1 D．0.1 mol·(L·s)-1
10．某温度下，在2L恒容密闭容器中投入4mol发生如下反应 有关数据如下：
时间段/min 的平均生成速率/
0-1 0.4
0-2 0.3
0-3 0.2
下列说法错误的是（ ）
A．30秒时，的浓度大于
B．0-1min内，的反应速率为
C．2min30秒时物质的量小于2.8mol
D．当的体积百分数不变时，不能说明此反应达到了平衡状态
11．在不同情况下测得A(g)＋3B(g) 2C(g)＋ 2D(s)的下列反应速率，其中反应速率最大的是（ ）
A．υ(D)=0.01 mol L-1 s-1 B．υ(C)=0.010 mol L-1 s-1
C．υ(B)=0.6 mol L-1 min-1 D．υ(A)=0.2mol L-1 min-1
12．同质量的锌与盐酸反应，欲使反应速率增大，选用的反应条件正确的组合是（ ）
反应条件：①锌粒 ②锌片 ③锌粉 ④5%盐酸 ⑤10%盐酸 ⑥15%盐酸 ⑦加热 ⑧用冷水冷却 ⑨不断振荡 ⑩迅速混合后静置．
A．③⑥⑦⑨ B．③⑤⑦⑨ C．①④⑧⑩ D．②⑥⑦⑩
13．一定量的盐酸跟过量的锌粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
A．NaNO3 （溶液） B．CH3COONa（固体）
C．Na2CO3（溶液） D．CuSO4 （固体）
14．把镁条投入盛有盐酸的敞口容器中，产生氢气的速率变化曲线如图所示。下列因素中，影响该反应速率的主要因素是（ ）
①盐酸的浓度 ②镁条的表面积 ③溶液的温度 ④Cl-的浓度
A．①④ B．③④ C．①③ D．②③
15．实验室用锌与稀硫酸反应制氢气，下列做法能加快反应速率的是（ ）
A．选用纯度更大的金属锌 B．改用浓硫酸
C．改用粗锌(含铜、银) D．降低温度
16．已知某反应的各物质浓度数据如下：
aA(g)＋ bB(g) 2C(g)
起始（mol/L） 3.0 1.0 0
2 s末浓度（mol/L） 1.8 0.6 0.8
据此可推算出上述反应化学方程式中，各物质的化学计量数之比是（ ）
A．9∶3∶4 B．3∶1∶2 C．2∶1∶3 D．3∶2∶1
二、综合题
17．在下列事实中，什么因素影响了化学反应的速率？
（1）食品容易霉变，冬天就不容易发生该现象 ；
（2）氯酸钾放出气泡很慢，撒入少量二氧化锰很快产生气体 ．
18．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g） 2C（g）达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如图所示．
请回答下列问题：
（1）0～20min，A的平均反应速率为 ；8min时，v（正） v（逆）．（填：“＞”、“=”或“＜”）
（2）反应方程式中的x= ，30min时改变的反应条件是 ．
（3）20～30min时反应的平衡常数 30～40min时反应的平衡常数．（填：“＞”、“=”或“＜”）．
19．某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。
（1）根据左表中数据，在图中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线：
（2）体系中发生反应的化学方程式是 ；
（3）列式计算该反应在0-3min时间内产物Z的平均反应速率 ；
（4）该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于 ；
（5）如果该反应是放热反应。改变实验条件（温度、压强、催化剂）得到Z随时间变化的曲线①、②、③（如下图所示）。则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：① ② ③ 。
20．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）反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)= ；
（3）2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时 (填增大、减小或无变化，下同)；混合气体密度比起始时 。
（4）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n (Z)，则原混合气体中a：b= 。
（5）下列措施能加快反应速率的是_______。
A．恒压时充入He B．恒容时充入He C．恒容时充入X
D．及时分离出Z E．升高温度 F．选择高效的催化剂
21．某温度时，在2 L密闭容器中充入NO与O2，反应过程中各物质的物质的量随时间的变化关系如图所示。
（1）NO与O2反应的化学方程式是 ，反应现象是 。
（2）上图中表示NO的曲线是 （填序号），在 内用NO表示的平均反应速率是 。
（3）为加快该反应的速率，可采取的一种措施是 。
（4）已知该反应为放热反应，下图中能正确表示该反应中能量变化的是 （填序号）。
A． B． C．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】①增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不符合题意；
②升高温度，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故符合题意；
③增大压强，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不符合题意；
④移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目减少，故不符合题意；
⑤加入催化剂，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故符合题意；
故答案为：A。
【分析】化学平衡的影响因素。增大压强，单位体积内活化分子数目增加，速率加快；升温，活化分子百分数增大，速率加快；增大反应物浓度，活化分子百分数不变，速率加快；加入催化剂，降低反应活化能，速率加快；据此分析解答。
2．【答案】A
【解析】【解答】四个选项中，Na的金属性最强，反应更剧烈，反应速率最大，A项符合题意；
故答案为：A。
【分析】金属性越强，与水反应越剧烈，反应速率越大，据此分析作答。
3．【答案】D
【解析】【解答】根据速率公式可得反应速率，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据速率公式进行计算。
4．【答案】A
【解析】【解答】解：A、减小容器体积，可以增大化学反应速率，且平衡左移，故符合题意，故A正确；
B、增大容器容积，减小化学反应速率，故不符合题意，故B错误；
C、减小B的浓度，平衡右移，A的浓度减小，不符合题意，故C错误；
D、降温化学反应速率减低，故D错误，
故选A．
【分析】对于反应2A（g） 2B（g）+C（g），△H＜0来说，增大正反应速率，可增大A的浓度、升高温度或加入催化剂或加压，要使c（A）增大，可以让反应向你反应进行，以此解答．
5．【答案】A
【解析】【解答】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则：A.
=0.4；
B.
=0.26；
C.
=0.3；
D.
=0.1，显然A中比值最大，反应速率最快，
故答案为：A。
【分析】该题考查化学反应速率的概念、化学反应速率的表示方法、化学反应速率的概念等，应重点掌握①化学反应速率指的是单位时间内反应物或生成物浓度的变化量，单位为mol/L min；②化学反应速率的比等于化学计量数的比；
6．【答案】C
【解析】【解答】等质量的铁与过量的盐酸在不同实验条件下产生氢气的量相等，粉末状铁比块状铁反应速度快很多，温度越高反应速率越快，氢离子浓度越大反应速率越快，因此反应由快到慢的顺序可以是3-4-2-1或4-3-2-1；
故答案为：C。
【分析】这道题采取控制变量法，首先必须明确，等质量的铁与足量的盐酸，产生的气体一定相同。其他条件相同时，粉末比块状速率快，温度高速率快，氢离子浓度大速率快。
1和2对比：2＞1
2和3对比：3＞2
2和4对比：4＞2
3和4对比：无法比较
所以3＞2＞1或者4＞2＞1
7．【答案】C
【解析】【解答】解：A．增大盐酸的浓度，氢离子浓度变大，反应速率加快，故A不选；
B．提高反应的温度，反应的速率加快，故B不选；
C．该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，则增大压强，不能增大Fe与盐酸的反应速率，故C选；
D．用铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D不选；
故选C．
【分析】增大铁与盐酸反应的速率，则增大接触面积、酸的浓度、温度等，该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，以此来解答．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．平衡时生成0.8mol Z，测得Q的浓度为0.4mol L-1，则生成的n(Q)=0.4mol L-1×2L=0.8mol，所以2：a=0.8mol：0.8mol，解得a=2，故A不符合题意；
B．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为0.8mol× =0.4mol，故平衡时X的物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，平衡时X的浓度为 =0.8mol/L，故B不符合题意；
C．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol× =1.2mol，故Y的转化率为 ×100%=60%，故C不符合题意；
D．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol× =1.2mol，所以v(Y)= = =0.3mol/(L min)，故D符合题意，
故答案为：D。
【分析】化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率。
9．【答案】C
【解析】【解答】反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以反应速率等于
，
故答案为：C。
【分析】化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．30秒时， 的浓度大于 ，A不符合题意；
B．0-1min内生成CO2是0.8mol，消耗NH2COONH4为0.8mol，质量是0.8x78=62.4g，反应速率62.4g/min，B不符合题意；
C．2minCO2物质的量相同，达平衡状态，消耗NH2COONH4物质的量0.3x2x2=1.2mol，剩余为4-1.2=2.8mol，C符合题意；
D．氨气和二氧化碳物质的量之比一直不变，CO2的体积百分数保持不变时，不能说明此反应达到了平衡状态，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．浓度大小的判断；
B．反应速率的计算；
C．平衡状态时物质的量的计算；
D．体积百分数一直保持不变时，不能说明达到了平衡状态。
11．【答案】B
【解析】【解答】根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用B物质表示其反应速率，则分别为：A. D是固体，其浓度视为常数，故不能用D来表示反应速率；
B. υ(B)= υ(C)= 0.010 mol L-1 s-1= 0.6 mol L-1 min-1=0.9 mol L-1 min-1 ；
C. υ(B)=0.6 mol L-1 min-1
D. υ(B)=3υ(A)=3 0.2mol L-1 min-1=0.6mol L-1 min-1。
数值最大的是B，
故答案为：B
【分析】此题是对反应速率大小比较的考查，解答此类题型时，应结合反应速率之比等于化学计量系数之比，将所给速率转化为用同一种物质表示的反应速率，再进行大小比较。
12．【答案】A
【解析】【解答】解：①锌粒 ②锌片 ③锌粉相比较，锌粉表面积最大，反应速率最大；
④5%盐酸 ⑤10%盐酸 ⑥15%盐酸相比较，⑥浓度最大，反应速率最大；
⑦加热 ⑧用冷水冷却 相比较，升高温度反应速率增大；
混合后，无需搅拌，静置可迅速反应，
故选A．
【分析】用锌粒与稀盐酸反应制取氢气时，增大氢离子的浓度、升高温度、增大接触面积等可加快反应速率，以此来解答．
13．【答案】B
【解析】【解答】解：A．加入NaNO3溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与锌反应生成NO气体，而不生成氢气，故A错误；
B．加入CH3COONa（固体），生成醋酸，醋酸为弱酸，溶液氢离子浓度减小，反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，故B正确；
C．加入碳酸钠溶液，消耗盐酸，生成氢气的反应速率降低，生成氢气的总量减小，故C错误；
D．锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故D错误．
故选B．
【分析】减缓反应速率，可降低氢离子浓度，或降低反应温度，不影响生成氢气的总量，则所加入物质与氢离子不反应，以此解答该题．
14．【答案】C
【解析】【解答】由图可知，该反应速率先增大后减小，该反应为放热反应，放出热量，温度升高，则反应速率加快，后来盐酸浓度减小，则反应速率逐渐减小，即前一阶段温度对反应速率的影响其主要作用，后一阶段浓度对反应速率的影响起主要作用。因Cl－不参加反应，Cl－的浓度增大或减小都不影响化学反应速率，且该反应中Cl－的浓度可视为不变，另外镁条的表面积会影响反应速率，但在该反应中不是主要因素，即影响因素主要为①③，
故答案为：C。
【分析】由图可知，该反应速率先增大后减小，结合温度、浓度对反应速率的影响解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．若金属锌中含有不如锌活泼的金属杂质，则可以形成原电池加快反应速率，选用纯度更大的金属锌会降低反应速率，A不符合题意；
B．浓硫酸与锌反应会生成SO2，不产生H2，B不符合题意；
C．铜、银不如锌活泼，反应过程中会形成原电池，锌为负极被氧化，可以加快反应速率，C符合题意；
D．降低温度会减慢反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．形成原电池加快反应速率；
B．浓硫酸与锌反应会生成SO2；
C．形成原电池加快反应速率；
D．降低温度会减慢反应速率。
16．【答案】B
【解析】【解答】
aA（g）+ bB（g） 2C（g）
起始（mol/L） 3.0 1.0 0
反应（mol/L） 1.8 06 0.8
平衡（mol/L） 1.2 0.4 0.8
浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以a：b：c=1.2：0.4：0.8=3：1：2，
故答案为：B。
【分析】根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算解答。
17．【答案】（1）温度
（2）催化剂
【解析】【解答】解：（1）食品容易霉变，冬天就不容易发生该现象，是因冬天温度较低，则减慢了食品霉变的速率，故答案为：温度；（2）氯酸钾放出气泡很慢，撒入少量二氧化锰很快产生气体，是因二氧化锰在反应中作催化剂，降低了反应所需的活化能，加快了反应速率，故答案为：催化剂．
【分析】（1）温度低，反应速率慢；（2）催化剂加快反应的速率．
18．【答案】（1）0.05；＞
（2）1；降低了压强
（3）=
【解析】【解答】解：（1）0～20min内，A的浓度变化量为2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，故v（A）= =0.05mol/（L min）；
8min后，A的浓度继续减小，C的浓度继续增大，反应向正反应进行，故v（正）＞v（逆），
故答案为：0.05；＞；（2）由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故反应前后气体的体积不变，则x+1=2，故x=1，
故答案为：1；降低了压强；（3）由（2）中分析可知，两阶段温度相同，温度相同，平衡常数相等，
故答案为：=．
【分析】（1）0～20min内，A的浓度变化量为2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，根据v= 计算v（A）；
8min后，A的浓度继续减小，C的浓度继续增大，反应向正反应进行；（2）由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故反应前后气体的体积不变，据此计算x的值；（3）由（2）中分析可知，两阶段温度相同，温度相同，平衡常数相等．
19．【答案】（1）
（2）X+2Y 2Z
（3） =0.083mol/(L min)
（4）45%
（5）升高温度；加入催化剂；增大压强
【解析】【解答】(1)根据左表中数据， X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线为 ；
(2)由表中数据可知，X、Y为反应物，Z为生成物，1min时△n(X)=1mol-0.9mol=0.1mol，△n(Y)=1mol-0.8mol=0.2mol，△n(Z)=0.2mol，9min后各物质的物质的量不再变化，且反应物不为0，故为可逆反应，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故反应方程式为X+2Y 2Z；
(3)0-3min内w的反应速率= = =0.083mol/(L min)；
(4)由图表数据可知反应到9min，反应达到平衡，反应达到平衡时反应物X的转化率α= ×100%=45%；
(5)该可逆反应正反应为放热反应，且为气体体积减小的反应。由表中数据可知，平衡时Z的物质的量为0.9mol，由图可知曲线①平衡后，反应到达平衡的时间变短，速率加快，说明改变的条件能加快反应速率，而且Z的物质的量为减小为0.6，Z的物质的量减小，故平衡向逆反应移动，不能是加催化剂或增大压强，只能是升高温度；曲线②平衡后，Z的物质的量为0.9mol，Z的物质的量未变，应是使用催化剂；曲线③平衡后，Z的物质的量为0.95mol，Z的物质的量增大，应是增大压强；
故答案为：（1）；（2）X+2Y 2Z；（3）0.083mol/(L min)；（4）90%；（5）升高温度；加入催化剂；增大压强。
【分析】（1）根据表格数据进行描点、连线即可；
（2）根据参与反应的物质单位时间内变化量的比值，得出化学方程式中各物质的化学系数，进而得出反应的化学方程式；
（3）根据反应速率的计算公式进行计算；
（4）平衡时的转化率等于平衡时参与反应的量除以起始时加入的量乘以100%，据此计算即可；
（5）根据所给坐标图，判断改变条件后，反应速率、平衡移动的方向，再结合浓度、温度、压强、催化剂等对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
20．【答案】（1）3X+Y 2Z
（2）0.05mol·L-1·min-1
（3）增大；不变
（4）5：3
（5）C；E；F
【解析】【解答】(1)据图可知X、Y的物质的量减小为反应物，Z的物质的量增加为生成物，且最终X、Y、Z共存，所以为可逆反应，相同时间内Δn(X)：Δn(Y)：Δn(Z)=0.3mol：0.1mol：0.2mol，所以X、Y、Z的系数比为3:1:2，化学方程式为3X+Y 2Z；
(2)从开始至2分钟，Δn(Z)=0.2mol，容器体积为2L，所以v(Z)= = 0.05mol·L-1·min-1；
(3)该反应为气体系数之和减小的反应，正向进行时气体的物质的量之和减小，但总质量不变，所以平均相对分子质量比起始时增大；气体总质量不变，容器恒容，即气体体积不变，所以混合气体的密度不变；
(4)当n(X)=n(Y)=n(Z)时，设此时Δn(Y)=x，则Δn(X)=3x，Δn(Z)=2x，则有a-3x=2x、b-x=2x，所以a=5x，b=3x，原混合气体中a：b=5：3；
(5)A．恒压充入He，则容器体积变大，各物质的浓度减小，反应速率减慢，A不正确；
B．恒容时充入He，容器体积不变，各物质的浓度不变，反应速率不变，B不正确；
C．恒容时充入X，反应物的浓度增大，反应速率加快，C正确；
D．及时分离出Z，Z的浓度减小，平衡正向移动，X、Y的浓度减小，所以反应速率减慢，D不正确；
E．升高温度活化分子百分数增大，反应速率加快，E正确；
F．选择高效的催化剂降低反应的活化能，反应速率加快，F正确；
综上所述答案为CEF。
【分析】（1）根据坐标数据确定反应物和生成物，以及各物质的物质的量之比，从而得出反应的化学方程式。
（2）根据公式计算反应速率。
（3）由质量守恒定律可得，反应前后混合气体的总质量保持不变；由反应前后气体的分子数变化确定n的变化；再根据公式、分析混合气体的平均相对分子质量和密度的变化。
（4）结合反应的化学方程式进行计算即可。
（5）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。
21．【答案】（1）2NO+O2 2NO2；无色气体变为红棕色
（2）b；0.003 mol/（L·s）
（3）升温
（4）
【解析】【解答】（1）根据图示可知：在前2 s内，a增加0.012 mol，b减少0.012 mol，c减少0.006 mol，则a是生成物，b、c是反应物，它们反应的物质的量的比是a：b：c=2：1：2，则b是NO，c是O2，a是NO2，2 s后三种物质都存在，且物质的量都不再发生变化，说明该反应是可逆反应，反应的化学方程式为：2NO+O2 2NO2；在三种气体中，NO、O2是无色气体，而NO2是红棕色气体，故反应现象是：无色气体变为红棕色；
（2）根据（1）分析可知b表示NO，c表示O2，a表示NO2；在0~2 s内用NO表示的平均反应速率v（NO）= = 0.003 mol/（L·s）；
（3）根据影响化学反应速率的因素，可知要加快反应速率，可采取的措施有升高温度；
（4）该反应的正反应是放热反应，说明反应物的能量比生成物的高，发生反应时会释放出多余的能量。图示中A为吸热反应，B为放热反应，C中无能量变化，只有选项B与反应事实相吻合，故答案为：B。
【分析】 (1) 由图中曲线可以看出，a物质在反应开始后逐渐增多，而b、c物质在反应开始后逐渐减少，判断b、c是反应物，a是生成物．根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；2NO(无色)+O2 2NO2(红棕色)；
(2) 根据图中的数据和反应速率的概念，可求出物质NO在 内的平均反应速率；
(3) 依据化学反应速率的影响因素分析；
(4) 依据放热反应中的能量关系分析.
一、单选题
1．在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是（ ）
①增大反应物的浓度②升高温度③增大压强④移去生成物⑤加入催化剂
A．②⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．①②③④⑤
2．下列各组反应中，反应速率最大的是（ ）
A．钠与冷水 B．镁与热水
C．铝与沸水 D．铁粉与水蒸气
3．某温度下，化学反应 A = B + C中反应物A的浓度在5s内从2.0 mol L-1减少到1.0 mol L-1。在这段时间内，用A的浓度变化表示的平均反应速率为（ ）
A．0.4 mol L-1 B．0.2 mol L-1
C．0.4 mol L-1 s-1 D．0.2 mol L-1 s-1
4．已知反应2A（g） 2B（g）+C（g）△H＜0，达平衡时，要使c（A）增大同时使v（正）增大，应改变的条件为（ ）
A．减小容器容积 B．增大容器容积
C．减小B的浓度 D．降温
5．A、B、C、D 均为气体，对于A+ 3B
2C + D 的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（ ）
A．v(A)＝0.4 mol/(L s) B．v(B)＝0.8mol/(L s)
C．v(C)＝0.6 mol/(L s) D．v(D)＝0.1mol/(L s)
6．等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生气体体积V的数据，根据数据绘制得到图1，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是（ ）
组别 c（HCl）/mol 温度（℃） 状态
1 2.0 25 块状
2 2.5 30 块状
3 2.5 50 快状
4 2.5 30 粉末状
A．4－2－3－1 B．1－2－3－4 C．3－4－2－1 D．1－2－4－3
7．要增大铁与盐酸反应的速率，所采取的下列措施中无效的是（ ）
A．增大盐酸的浓度 B．提高反应的温度
C．增大压强 D．用铁粉代替铁片
8．将2 molX和2molY充入2L密闭容器中发生如下反应：X(气)+3Y(气) 2Z(气)+aQ(气)2min达到平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol/L，下列叙述错误的是（ ）
A．a的值为2 B．平衡时X的浓度为0.8mol/L
C．Y的转化率为60% D．反应速率v(Y)=0.6mol/(L·min)
9．在2 L密闭容器中，某气体反应物在2 s内由8 mol变为7.2 mol，则用此反应物表示该反应的平均反应速率为（ ）
A．0.4 mol·(L·s)-1 B．0.3 mol·(L·s)-1
C．0.2 mol·(L·s)-1 D．0.1 mol·(L·s)-1
10．某温度下，在2L恒容密闭容器中投入4mol发生如下反应 有关数据如下：
时间段/min 的平均生成速率/
0-1 0.4
0-2 0.3
0-3 0.2
下列说法错误的是（ ）
A．30秒时，的浓度大于
B．0-1min内，的反应速率为
C．2min30秒时物质的量小于2.8mol
D．当的体积百分数不变时，不能说明此反应达到了平衡状态
11．在不同情况下测得A(g)＋3B(g) 2C(g)＋ 2D(s)的下列反应速率，其中反应速率最大的是（ ）
A．υ(D)=0.01 mol L-1 s-1 B．υ(C)=0.010 mol L-1 s-1
C．υ(B)=0.6 mol L-1 min-1 D．υ(A)=0.2mol L-1 min-1
12．同质量的锌与盐酸反应，欲使反应速率增大，选用的反应条件正确的组合是（ ）
反应条件：①锌粒 ②锌片 ③锌粉 ④5%盐酸 ⑤10%盐酸 ⑥15%盐酸 ⑦加热 ⑧用冷水冷却 ⑨不断振荡 ⑩迅速混合后静置．
A．③⑥⑦⑨ B．③⑤⑦⑨ C．①④⑧⑩ D．②⑥⑦⑩
13．一定量的盐酸跟过量的锌粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
A．NaNO3 （溶液） B．CH3COONa（固体）
C．Na2CO3（溶液） D．CuSO4 （固体）
14．把镁条投入盛有盐酸的敞口容器中，产生氢气的速率变化曲线如图所示。下列因素中，影响该反应速率的主要因素是（ ）
①盐酸的浓度 ②镁条的表面积 ③溶液的温度 ④Cl-的浓度
A．①④ B．③④ C．①③ D．②③
15．实验室用锌与稀硫酸反应制氢气，下列做法能加快反应速率的是（ ）
A．选用纯度更大的金属锌 B．改用浓硫酸
C．改用粗锌(含铜、银) D．降低温度
16．已知某反应的各物质浓度数据如下：
aA(g)＋ bB(g) 2C(g)
起始（mol/L） 3.0 1.0 0
2 s末浓度（mol/L） 1.8 0.6 0.8
据此可推算出上述反应化学方程式中，各物质的化学计量数之比是（ ）
A．9∶3∶4 B．3∶1∶2 C．2∶1∶3 D．3∶2∶1
二、综合题
17．在下列事实中，什么因素影响了化学反应的速率？
（1）食品容易霉变，冬天就不容易发生该现象 ；
（2）氯酸钾放出气泡很慢，撒入少量二氧化锰很快产生气体 ．
18．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g） 2C（g）达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如图所示．
请回答下列问题：
（1）0～20min，A的平均反应速率为 ；8min时，v（正） v（逆）．（填：“＞”、“=”或“＜”）
（2）反应方程式中的x= ，30min时改变的反应条件是 ．
（3）20～30min时反应的平衡常数 30～40min时反应的平衡常数．（填：“＞”、“=”或“＜”）．
19．某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。
（1）根据左表中数据，在图中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线：
（2）体系中发生反应的化学方程式是 ；
（3）列式计算该反应在0-3min时间内产物Z的平均反应速率 ；
（4）该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于 ；
（5）如果该反应是放热反应。改变实验条件（温度、压强、催化剂）得到Z随时间变化的曲线①、②、③（如下图所示）。则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：① ② ③ 。
20．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）反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)= ；
（3）2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时 (填增大、减小或无变化，下同)；混合气体密度比起始时 。
（4）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n (Z)，则原混合气体中a：b= 。
（5）下列措施能加快反应速率的是_______。
A．恒压时充入He B．恒容时充入He C．恒容时充入X
D．及时分离出Z E．升高温度 F．选择高效的催化剂
21．某温度时，在2 L密闭容器中充入NO与O2，反应过程中各物质的物质的量随时间的变化关系如图所示。
（1）NO与O2反应的化学方程式是 ，反应现象是 。
（2）上图中表示NO的曲线是 （填序号），在 内用NO表示的平均反应速率是 。
（3）为加快该反应的速率，可采取的一种措施是 。
（4）已知该反应为放热反应，下图中能正确表示该反应中能量变化的是 （填序号）。
A． B． C．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】①增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不符合题意；
②升高温度，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故符合题意；
③增大压强，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不符合题意；
④移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目减少，故不符合题意；
⑤加入催化剂，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故符合题意；
故答案为：A。
【分析】化学平衡的影响因素。增大压强，单位体积内活化分子数目增加，速率加快；升温，活化分子百分数增大，速率加快；增大反应物浓度，活化分子百分数不变，速率加快；加入催化剂，降低反应活化能，速率加快；据此分析解答。
2．【答案】A
【解析】【解答】四个选项中，Na的金属性最强，反应更剧烈，反应速率最大，A项符合题意；
故答案为：A。
【分析】金属性越强，与水反应越剧烈，反应速率越大，据此分析作答。
3．【答案】D
【解析】【解答】根据速率公式可得反应速率，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据速率公式进行计算。
4．【答案】A
【解析】【解答】解：A、减小容器体积，可以增大化学反应速率，且平衡左移，故符合题意，故A正确；
B、增大容器容积，减小化学反应速率，故不符合题意，故B错误；
C、减小B的浓度，平衡右移，A的浓度减小，不符合题意，故C错误；
D、降温化学反应速率减低，故D错误，
故选A．
【分析】对于反应2A（g） 2B（g）+C（g），△H＜0来说，增大正反应速率，可增大A的浓度、升高温度或加入催化剂或加压，要使c（A）增大，可以让反应向你反应进行，以此解答．
5．【答案】A
【解析】【解答】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则：A.
=0.4；
B.
=0.26；
C.
=0.3；
D.
=0.1，显然A中比值最大，反应速率最快，
故答案为：A。
【分析】该题考查化学反应速率的概念、化学反应速率的表示方法、化学反应速率的概念等，应重点掌握①化学反应速率指的是单位时间内反应物或生成物浓度的变化量，单位为mol/L min；②化学反应速率的比等于化学计量数的比；
6．【答案】C
【解析】【解答】等质量的铁与过量的盐酸在不同实验条件下产生氢气的量相等，粉末状铁比块状铁反应速度快很多，温度越高反应速率越快，氢离子浓度越大反应速率越快，因此反应由快到慢的顺序可以是3-4-2-1或4-3-2-1；
故答案为：C。
【分析】这道题采取控制变量法，首先必须明确，等质量的铁与足量的盐酸，产生的气体一定相同。其他条件相同时，粉末比块状速率快，温度高速率快，氢离子浓度大速率快。
1和2对比：2＞1
2和3对比：3＞2
2和4对比：4＞2
3和4对比：无法比较
所以3＞2＞1或者4＞2＞1
7．【答案】C
【解析】【解答】解：A．增大盐酸的浓度，氢离子浓度变大，反应速率加快，故A不选；
B．提高反应的温度，反应的速率加快，故B不选；
C．该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，则增大压强，不能增大Fe与盐酸的反应速率，故C选；
D．用铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D不选；
故选C．
【分析】增大铁与盐酸反应的速率，则增大接触面积、酸的浓度、温度等，该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，以此来解答．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．平衡时生成0.8mol Z，测得Q的浓度为0.4mol L-1，则生成的n(Q)=0.4mol L-1×2L=0.8mol，所以2：a=0.8mol：0.8mol，解得a=2，故A不符合题意；
B．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为0.8mol× =0.4mol，故平衡时X的物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，平衡时X的浓度为 =0.8mol/L，故B不符合题意；
C．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol× =1.2mol，故Y的转化率为 ×100%=60%，故C不符合题意；
D．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol× =1.2mol，所以v(Y)= = =0.3mol/(L min)，故D符合题意，
故答案为：D。
【分析】化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率。
9．【答案】C
【解析】【解答】反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以反应速率等于
，
故答案为：C。
【分析】化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．30秒时， 的浓度大于 ，A不符合题意；
B．0-1min内生成CO2是0.8mol，消耗NH2COONH4为0.8mol，质量是0.8x78=62.4g，反应速率62.4g/min，B不符合题意；
C．2minCO2物质的量相同，达平衡状态，消耗NH2COONH4物质的量0.3x2x2=1.2mol，剩余为4-1.2=2.8mol，C符合题意；
D．氨气和二氧化碳物质的量之比一直不变，CO2的体积百分数保持不变时，不能说明此反应达到了平衡状态，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．浓度大小的判断；
B．反应速率的计算；
C．平衡状态时物质的量的计算；
D．体积百分数一直保持不变时，不能说明达到了平衡状态。
11．【答案】B
【解析】【解答】根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用B物质表示其反应速率，则分别为：A. D是固体，其浓度视为常数，故不能用D来表示反应速率；
B. υ(B)= υ(C)= 0.010 mol L-1 s-1= 0.6 mol L-1 min-1=0.9 mol L-1 min-1 ；
C. υ(B)=0.6 mol L-1 min-1
D. υ(B)=3υ(A)=3 0.2mol L-1 min-1=0.6mol L-1 min-1。
数值最大的是B，
故答案为：B
【分析】此题是对反应速率大小比较的考查，解答此类题型时，应结合反应速率之比等于化学计量系数之比，将所给速率转化为用同一种物质表示的反应速率，再进行大小比较。
12．【答案】A
【解析】【解答】解：①锌粒 ②锌片 ③锌粉相比较，锌粉表面积最大，反应速率最大；
④5%盐酸 ⑤10%盐酸 ⑥15%盐酸相比较，⑥浓度最大，反应速率最大；
⑦加热 ⑧用冷水冷却 相比较，升高温度反应速率增大；
混合后，无需搅拌，静置可迅速反应，
故选A．
【分析】用锌粒与稀盐酸反应制取氢气时，增大氢离子的浓度、升高温度、增大接触面积等可加快反应速率，以此来解答．
13．【答案】B
【解析】【解答】解：A．加入NaNO3溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与锌反应生成NO气体，而不生成氢气，故A错误；
B．加入CH3COONa（固体），生成醋酸，醋酸为弱酸，溶液氢离子浓度减小，反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，故B正确；
C．加入碳酸钠溶液，消耗盐酸，生成氢气的反应速率降低，生成氢气的总量减小，故C错误；
D．锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故D错误．
故选B．
【分析】减缓反应速率，可降低氢离子浓度，或降低反应温度，不影响生成氢气的总量，则所加入物质与氢离子不反应，以此解答该题．
14．【答案】C
【解析】【解答】由图可知，该反应速率先增大后减小，该反应为放热反应，放出热量，温度升高，则反应速率加快，后来盐酸浓度减小，则反应速率逐渐减小，即前一阶段温度对反应速率的影响其主要作用，后一阶段浓度对反应速率的影响起主要作用。因Cl－不参加反应，Cl－的浓度增大或减小都不影响化学反应速率，且该反应中Cl－的浓度可视为不变，另外镁条的表面积会影响反应速率，但在该反应中不是主要因素，即影响因素主要为①③，
故答案为：C。
【分析】由图可知，该反应速率先增大后减小，结合温度、浓度对反应速率的影响解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．若金属锌中含有不如锌活泼的金属杂质，则可以形成原电池加快反应速率，选用纯度更大的金属锌会降低反应速率，A不符合题意；
B．浓硫酸与锌反应会生成SO2，不产生H2，B不符合题意；
C．铜、银不如锌活泼，反应过程中会形成原电池，锌为负极被氧化，可以加快反应速率，C符合题意；
D．降低温度会减慢反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．形成原电池加快反应速率；
B．浓硫酸与锌反应会生成SO2；
C．形成原电池加快反应速率；
D．降低温度会减慢反应速率。
16．【答案】B
【解析】【解答】
aA（g）+ bB（g） 2C（g）
起始（mol/L） 3.0 1.0 0
反应（mol/L） 1.8 06 0.8
平衡（mol/L） 1.2 0.4 0.8
浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以a：b：c=1.2：0.4：0.8=3：1：2，
故答案为：B。
【分析】根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算解答。
17．【答案】（1）温度
（2）催化剂
【解析】【解答】解：（1）食品容易霉变，冬天就不容易发生该现象，是因冬天温度较低，则减慢了食品霉变的速率，故答案为：温度；（2）氯酸钾放出气泡很慢，撒入少量二氧化锰很快产生气体，是因二氧化锰在反应中作催化剂，降低了反应所需的活化能，加快了反应速率，故答案为：催化剂．
【分析】（1）温度低，反应速率慢；（2）催化剂加快反应的速率．
18．【答案】（1）0.05；＞
（2）1；降低了压强
（3）=
【解析】【解答】解：（1）0～20min内，A的浓度变化量为2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，故v（A）= =0.05mol/（L min）；
8min后，A的浓度继续减小，C的浓度继续增大，反应向正反应进行，故v（正）＞v（逆），
故答案为：0.05；＞；（2）由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故反应前后气体的体积不变，则x+1=2，故x=1，
故答案为：1；降低了压强；（3）由（2）中分析可知，两阶段温度相同，温度相同，平衡常数相等，
故答案为：=．
【分析】（1）0～20min内，A的浓度变化量为2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，根据v= 计算v（A）；
8min后，A的浓度继续减小，C的浓度继续增大，反应向正反应进行；（2）由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故反应前后气体的体积不变，据此计算x的值；（3）由（2）中分析可知，两阶段温度相同，温度相同，平衡常数相等．
19．【答案】（1）
（2）X+2Y 2Z
（3） =0.083mol/(L min)
（4）45%
（5）升高温度；加入催化剂；增大压强
【解析】【解答】(1)根据左表中数据， X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线为 ；
(2)由表中数据可知，X、Y为反应物，Z为生成物，1min时△n(X)=1mol-0.9mol=0.1mol，△n(Y)=1mol-0.8mol=0.2mol，△n(Z)=0.2mol，9min后各物质的物质的量不再变化，且反应物不为0，故为可逆反应，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故反应方程式为X+2Y 2Z；
(3)0-3min内w的反应速率= = =0.083mol/(L min)；
(4)由图表数据可知反应到9min，反应达到平衡，反应达到平衡时反应物X的转化率α= ×100%=45%；
(5)该可逆反应正反应为放热反应，且为气体体积减小的反应。由表中数据可知，平衡时Z的物质的量为0.9mol，由图可知曲线①平衡后，反应到达平衡的时间变短，速率加快，说明改变的条件能加快反应速率，而且Z的物质的量为减小为0.6，Z的物质的量减小，故平衡向逆反应移动，不能是加催化剂或增大压强，只能是升高温度；曲线②平衡后，Z的物质的量为0.9mol，Z的物质的量未变，应是使用催化剂；曲线③平衡后，Z的物质的量为0.95mol，Z的物质的量增大，应是增大压强；
故答案为：（1）；（2）X+2Y 2Z；（3）0.083mol/(L min)；（4）90%；（5）升高温度；加入催化剂；增大压强。
【分析】（1）根据表格数据进行描点、连线即可；
（2）根据参与反应的物质单位时间内变化量的比值，得出化学方程式中各物质的化学系数，进而得出反应的化学方程式；
（3）根据反应速率的计算公式进行计算；
（4）平衡时的转化率等于平衡时参与反应的量除以起始时加入的量乘以100%，据此计算即可；
（5）根据所给坐标图，判断改变条件后，反应速率、平衡移动的方向，再结合浓度、温度、压强、催化剂等对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
20．【答案】（1）3X+Y 2Z
（2）0.05mol·L-1·min-1
（3）增大；不变
（4）5：3
（5）C；E；F
【解析】【解答】(1)据图可知X、Y的物质的量减小为反应物，Z的物质的量增加为生成物，且最终X、Y、Z共存，所以为可逆反应，相同时间内Δn(X)：Δn(Y)：Δn(Z)=0.3mol：0.1mol：0.2mol，所以X、Y、Z的系数比为3:1:2，化学方程式为3X+Y 2Z；
(2)从开始至2分钟，Δn(Z)=0.2mol，容器体积为2L，所以v(Z)= = 0.05mol·L-1·min-1；
(3)该反应为气体系数之和减小的反应，正向进行时气体的物质的量之和减小，但总质量不变，所以平均相对分子质量比起始时增大；气体总质量不变，容器恒容，即气体体积不变，所以混合气体的密度不变；
(4)当n(X)=n(Y)=n(Z)时，设此时Δn(Y)=x，则Δn(X)=3x，Δn(Z)=2x，则有a-3x=2x、b-x=2x，所以a=5x，b=3x，原混合气体中a：b=5：3；
(5)A．恒压充入He，则容器体积变大，各物质的浓度减小，反应速率减慢，A不正确；
B．恒容时充入He，容器体积不变，各物质的浓度不变，反应速率不变，B不正确；
C．恒容时充入X，反应物的浓度增大，反应速率加快，C正确；
D．及时分离出Z，Z的浓度减小，平衡正向移动，X、Y的浓度减小，所以反应速率减慢，D不正确；
E．升高温度活化分子百分数增大，反应速率加快，E正确；
F．选择高效的催化剂降低反应的活化能，反应速率加快，F正确；
综上所述答案为CEF。
【分析】（1）根据坐标数据确定反应物和生成物，以及各物质的物质的量之比，从而得出反应的化学方程式。
（2）根据公式计算反应速率。
（3）由质量守恒定律可得，反应前后混合气体的总质量保持不变；由反应前后气体的分子数变化确定n的变化；再根据公式、分析混合气体的平均相对分子质量和密度的变化。
（4）结合反应的化学方程式进行计算即可。
（5）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。
21．【答案】（1）2NO+O2 2NO2；无色气体变为红棕色
（2）b；0.003 mol/（L·s）
（3）升温
（4）
【解析】【解答】（1）根据图示可知：在前2 s内，a增加0.012 mol，b减少0.012 mol，c减少0.006 mol，则a是生成物，b、c是反应物，它们反应的物质的量的比是a：b：c=2：1：2，则b是NO，c是O2，a是NO2，2 s后三种物质都存在，且物质的量都不再发生变化，说明该反应是可逆反应，反应的化学方程式为：2NO+O2 2NO2；在三种气体中，NO、O2是无色气体，而NO2是红棕色气体，故反应现象是：无色气体变为红棕色；
（2）根据（1）分析可知b表示NO，c表示O2，a表示NO2；在0~2 s内用NO表示的平均反应速率v（NO）= = 0.003 mol/（L·s）；
（3）根据影响化学反应速率的因素，可知要加快反应速率，可采取的措施有升高温度；
（4）该反应的正反应是放热反应，说明反应物的能量比生成物的高，发生反应时会释放出多余的能量。图示中A为吸热反应，B为放热反应，C中无能量变化，只有选项B与反应事实相吻合，故答案为：B。
【分析】 (1) 由图中曲线可以看出，a物质在反应开始后逐渐增多，而b、c物质在反应开始后逐渐减少，判断b、c是反应物，a是生成物．根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；2NO(无色)+O2 2NO2(红棕色)；
(2) 根据图中的数据和反应速率的概念，可求出物质NO在 内的平均反应速率；
(3) 依据化学反应速率的影响因素分析；
(4) 依据放热反应中的能量关系分析.