2.3 化学反应的速率 同步练习题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

2.3 化学反应的速率 同步练习题
一、单选题
1．下列说法不正确的是（　　）
A．参加反应的物质的性质是决定化学反应速率的重要因素
B．反应物分子（或离子）间的每次碰撞是反应的先决条件
C．应物的分子的每次碰撞都能发生化学反应
D．活化分子具有比普通分子更高的能量
2．下列有关反应速率的说法中，正确的是（　　）
A．合成氨过程是一个放热反应，所以升高温度，反应速率反而减小
B．等质量的镁粉和镁条与同体积、同浓度的稀硫酸作用，其反应速率相等
C．铝片与硫酸溶液反应可产生氢气，常温下用98%的浓硫酸可以加快生成氢气的速率
D．同温同体积时，浓度大的草酸溶液比浓度较小的使酸化高锰酸钾溶液褪色速度快
3．下列措施不能够使化学反应速率加快的是（　　）
A．升高温度 B．降低温度
C．使用催化剂 D．增大固体反应物面积
4．已知反应N2(g) + 3H2(g) 3NH3(g) ΔH < 0，能增大正反应速率的措施是（　　）
A．通入N2 B．扩大容器容积
C．移去部分NH3 D．降低体系温度
5．用铁片和稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是（　　）
A．不用稀硫酸改用98%的浓硫酸 B．加热
C．滴加CuSO4溶液 D．不用铁片改用铁粉
6．下列各组反应（表内物质均为反应物）刚开始时，放出H2的速率最大的是（　　）
编号 金属（粉末状） 酸的浓度 酸的体积 反应温度
A 0.1molMg 6mol/L硝酸 10mL 60℃
B 0.1molMg 3mol/L盐酸 10mL 60℃
C 0.1molFe 3mol/L盐酸 10mL 60℃
D 0.1molMg 3mol/L盐酸 10mL 30℃
A．A B．B C．C D．D
7．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)△H。某I2、KI混合溶液中，I-的物质的量浓度c(I-)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法错误的是（　　）
A．该反应△H<0
B．若在T1、T2温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正>v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c(I3-)大
8．下列有关说法正确的是（　　）
A．化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化
B．加入催化剂，单位体积内反应物分子中活化分子百分数不变
C．人们把能够发生有效碰撞的分子叫活化分子，把活化分子具有的能量叫活化能
D．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1，若将含0.5 molH2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
9．为探究硫酸铜的量对Fe与稀硫酸反应生成氢气速率的影响，某同学设计了如下一系列实验。表中所给的混合溶液分别加入到5个盛有过量铁粉的反应瓶中，收集产生的气体，记录均获得相同体积的气体所需时间。下列说法正确的是（　　）
实验 混合溶液 A B C D E
4mol L-1H2SO4 20 V1 V2 V3 V4
饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 V5 15
H2O/mL V6 V7 V8 8 0
时间/s T1 T2 T3 T4 T5
A．V4=20，V8=15
B．T5可能大于T4
C．CuSO4溶液可以加快反应速率的原因可能是SO 的催化作用
D．加入饱和Na2SO4溶液可以起到与硫酸铜相同的加速作用
10．在373K 时，把0.5 mol N2O4气体通入体积为5 L的真空密闭容器中，立即出现红棕色,化学方程式为N2O4 2NO2。下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（　　）
A．增加NO2的物质的量
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D．保持压强不变，充入N2使容器体积变大
11．把下列四种X的溶液，分别加入盛有10mL2mol L﹣1盐酸的烧杯中，并均加水稀释到50mL，此时X和盐酸进行反应，其中反应速率最大的是（　　）
A．30mL2mol L﹣1 B．10mL5mol L﹣1
C．40mL1mol L﹣1 D．10mL3mol L﹣1
12．汽车尾气处理存在反应：NO2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．升高温度，平衡正向移动
B．该反应生成了具有非极性共价键的CO2
C．反应物转化为活化络合物需要吸收能量
D．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
13．反应mX(s)+nY(g) pZ(g)；在不同温度(T1和T2)及压强(P1和P2)下，产物Z的物质的量[n(Z)]与反应时间(t)的关系如图所示。则下列判断正确的是（　　）
A．T1＞T2，P1＞P2，m+n＜p，ΔH＜0
B．T1＜T2，P1＞P2，n＞p，ΔH＞0
C．T1＞T2，P1＞P2，m+n＞p，ΔH＞0
D．T1＞T2，P1＞P2，n＞p，ΔH＜0
14．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如下图所示，对该反应的推断合理的是（　　）
A．该反应的化学方程式为3B＋4D 6A＋2C
B．反应进行到1 s时，v（A）＝v（D）
C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol/（L·s）
D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等
15．盐酸跟过量的铁粉反应时，为减缓反应速率但不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）
①NaOH(s) ②③④⑤NaCl(aq)
A．②③⑤ B．①②⑤ C．①②③ D．②④⑤
16．已知3X(g)＋Y(g) W(g)＋2M(g) ΔH=-akJ/mol(a﹥0)。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入3mol X(g)与1mol Y(g)，下列说法正确的是（　　）
A．充分反应后，放出热量为akJ
B．当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为3∶1
C．当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡
D．若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
二、综合题
17．二氧化碳是主要的温室气体，对二氧化碳的研究和利用在生产和生活中有重要意义。
（1）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。
①在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的CO2和H2发生反应，生成乙烯和水蒸汽，下列能说明该反应达到平衡状态的是　 　。
A．容器内的压强不发生变化
B．生成的乙烯和水蒸汽物质的量比为1∶4
C．断裂3molH—H键的同时断裂4molH—O键
D．v（CO2）正=3v（H2）逆
当反应达到平衡时，若在容器中通入氩气以增大压强，则n（C2H4）　 　（填“变大”、“变小”或“不变”）。
②理论计算表明，原料初始组成n（CO2）∶n（H2）=1∶3，在体系压强为0.1Mpa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图1所示。
图1中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是　 　、　 　。CO2催化加氢合成C2H4反应的△H　 　0（填“大于”或“小于”）。
（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图见图2。
①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：　 　。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是：　 　。
18．反应3Fe（s）+4H2O（g） Fe3O4（s）+4H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，试回答：
（1）增加Fe的量，其反应速率　 　（填“增大”、“不变”或“减小”，下同）．
（2）将容器的体积缩小一半，其反应速率　 　．
（3）保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其反应速率　 　．
（4）保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，其反应速率　 　．
19．钴及其化合物可作为一些化学合成的催化剂，亦用于油漆、颜料、玻璃、釉瓷及电极板等的制造．
（1）粉红色、不溶于水的Co（OH）2具有两性，其溶于盐酸的离子方程式为　　 　 　，Co（OH）2在空气中慢慢被氧化为棕褐色的Co（OH）3，反应的化学方程式为　 　
（2）CoxNi（1﹣x）Fe2O4（其中Co、Ni均为+2价）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性．
①该催化剂中铁元素的化合价为　　 　 ．
②两种不同方法制得的催化剂CoxNi（1﹣x）Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随X变化的曲线如图所示．由图中信息可知：　 　 法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+两种离子中催化效果较好的是　 　 。
（3）CoCl2常用作多彩水泥的添加剂，可用钴的氧化物（其中Co的化合价为+2、+3）制备，用480mL 5mol．L﹣1盐酸恰好将其完全溶解，得到CoCl2溶液和6.72L（标准状况下）黄绿色气体．则该钴的氧化物的化学式为　 　
20．肼（N2H4)是一种无色易溶于水的油状液体。具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛。
（1）已知肼的球棍棋型如图1所示，试写出肼的电子式：　 　。
（2）目前正在研发的一种肼燃料电池的结构如图2所示。　 　（填“a”或“b”）电极为电池的负极。
（3）在1L固定体积的容器中加入0.1molN2H4，在303K、Pt催化下发生：N2H4(I) N2(g)+2H2(g)，测得容器中 与时间关系如图3所示，则0 4min氮气的平均速率v(N2)=　 　。
21．氮氧化物(NOx)是电厂主要排放污染物之一。工业上采用氨脱硝处理后排放，原理如下：
①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) △H1=－1632.4kJ·mol－1
②4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H2=akJ·mol－1
当反应温度过高时，NH3会发生氧化反应：③NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)、△H3=－902.0kJ·mol－1
回答下列问题：
（1）有利于提高反应①中NO转化率(脱硝率)的条件是___________(填标号)。
A．高温低压 B．低温低压
C．低温高压 D．增大氨气浓度
（2）反应②中的a=　 　。温度下，实验室在2L密闭容器中加入2 molNH3、3 molNO模拟反应②，达到平衡时测得脱硝率为60%，则平衡常数Ke=　 　（只列出计算式，不必求出计算结果)。
（3）反应③中，常用的催化剂有Cr2O3和Fe2O3，Cr2O3的催化效率更好一些。下列表示两种催化剂在反应③催化过程中的能量变化示意图合理的是　 　(填字母序号)。
（4）下图为混合气中O2含量6%时，不同温度下脱硝率的变化曲线[其中氨氮摩尔比RNS=n(NH3)/n(NO)]，由图可知：
(i)氨氮摩尔比对脱硝率的影响规律是　 　。
(ⅱ)温度在800-950℃变化时，脱硝率随温度升高而　 　，但高于950℃后，脱硝率反而下降，一方面是由于平衡移动的影响，另一方面是由于　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A、决定化学反应速率的重要因素由内因，而内因主要是参加反应的物质的性质决定的，故A正确；
B、化学反应的条件是发生有效碰撞，所以反应物分子（或离子）间的每次碰撞是反应的先决条件，而发生有效碰撞的分子才发生化学反应，故B正确；
C、当活化分子之间发生有效碰撞时才能发生化学反应，故C错误；
D、能够发生有效碰撞的分子是活化分子，活化分子具有较高能量，能够发生有效碰撞的分子是活化分子，活化分子具有比普通分子更高的能量，故D正确；所以选C．
【分析】本题考查活化能及其对反应速率的影响，注意活化分子、有效碰撞以及活化能等概念的理解．
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A、升温能够加快化学反应速率，无论反应是放热反应还是吸热反应，故A错误；
B、镁粉比镁条与盐酸接触面积大，反应速率快，故B错误；
C、常温下，浓硫酸能够使铝钝化，不会生成氢气，故C错误；
D、草酸浓度越大与酸性高锰酸钾反应越快，故D正确；
故选D．
【分析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂以及固体的接触面积等等，且都与化学反应速率与成正比，据此分析．
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A．升高温度可以使分子运动速率加快，而使反应速率加快，．故A不选；
B．温度降低，反应速率减小，故B选；
C．根据催化剂的定义可以知道，使用合适的催化剂，能够增大化学反应速率，故C不选；
D．增大固体反应物面积，化学反应速率加快，故D不选．
故选B．
【分析】增大反应速率可增大压强、升高温度、提高浓度以及使用催化剂、增大接触面积等，根据外界条件对化学反应速率的影响解答．
4．【答案】A
【解析】【解答】A.通入N2，使反应物的浓度增大，化学反应速率加快，符合题意。
B.扩大容器容积，物质的浓度减小，化学反应速率减慢，不符合题意。
C.移去部分NH3，即生成物的浓度减小，反应速率减慢，不符合题意。
D.由于升高温度可以通过反应物的能量，使活化分子数增加，反应速率加快，所以降低体系温度，反应速率减慢，不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据夏勒特列定律，在可逆反应中，改变某一因素，反应就会朝着减弱这种因素的方向进行。
5．【答案】A
【解析】【解答】解：A．改用98%的浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，与Fe反应不生成氢气，且发生钝化现象，所以不能加快氢气的生成速率，故A正确；
B．加热，升高温度可加快反应速率，故B错误；
C．滴加少量CuSO4溶液，置换出Cu，形成原电池，发生电化学反应，反应速率加快，故C错误；
D．不用铁片，改用铁粉，增大反应物接触面积，反应速率加快，故D错误；
故选A．
【分析】加快铁与稀硫酸的反应速率，可通过增大浓度、升高温度、形成原电池反应或者增大反应物接触面积等角度，注意铁在常温下与浓硫酸发生钝化现象，阻止了反应的继续进行．
6．【答案】B
【解析】【解答】硝酸和镁反应不生成氢气，A选项排除；镁的金属性比铁的强，所以在外界条件相同的情况下，镁比铁的反应速率快，反应速率B＞C，排除C选项；在相同的条件下，温度越高、化学反应速率越快，反应速率B＞D，因此放出H2的速率最大的是B；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点为A，要注意硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应一般不放出氢气。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.随着温度升高，I-的浓度逐渐增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则I2(aq)+I-(aq) I3-(aq) 正反应为放热反应，△H<0，A不符合题意；
B.因为K＝ ，T2＞T1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2，B不符合题意；
C.从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，c(I-)小于该温度下的平衡浓度，所以反应逆向进行，故v逆＞v正，C符合题意；
D.温度T2>T1，升高温度，平衡逆向移动，c(I3-)变小，所以c(I3-)：A>B，即状态A的c(I3-)高，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.结合温度对平衡移动的影响分析；
B.结合温度对平衡移动和平衡常数的影响分析；
C.由D点的含义分析反应进行的方向，从而确定反应速率的大小；
D.结合温度对平衡移动的影响分析；
8．【答案】D
【解析】【解答】A． 化学平衡发生移动，温度不变，平衡常数不发生变化，故A不符合题意；
B． 加入催化剂，降低反应的活化能，更多的分子变成活化分子，单位体积内反应物分子中活化分子百分数增大，故B不符合题意；
C． 人们把能够发生有效碰撞的分子叫活化分子，把活化分子具有的平均能量与反应物分子所具有的平均能量之差叫活化能，故C不符合题意；
D． 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1，浓硫酸稀释时放热，若将含0.5 molH2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.化学平衡常数只与温度有关；
B.加入催化剂，单位体积内反应物分子中活化分子百分数增大；
C.在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、E可知结合溶液的总体积为20mL+15mL=35mL，则 V4=20，V8=35-20-2.5=12.5，故A不符合题意；
B．因为铁会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在铁片上，会阻碍铁片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，T5可能大于T4，故B符合题意 ；
C． CuSO4溶液可以加快反应速率的原因可能是铁置换出的铜、铁、硫酸形成原电池，加快反应速率，故C不符合题意；
D． 加入饱和Na2SO4溶液，钠比铁活泼，不能形成原电池，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据控制变量法V1=V2=V3=V4=20mL，溶液的总的体积是35mL，即可根据C组数据计算出V8
B.主要是形成原电池加速反应，但是硫酸铜量过多时，会导致铁表面有铜阻碍反应发生
C.速率加快是形成原电池
D.加入硫酸钠可能降低速率
10．【答案】C
【解析】【解答】A、增加NO2的物质的量，NO2的浓度增大，化学反应速率加快，故A不选；
B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B不选；
C、保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C选；
D、保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D不选；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点为C、D，要注意充入不参与反应的气体，是否影响化学反应速率，要看反应体系中的各物质的浓度是否发生变化，不能单看压强是否变化。
11．【答案】A
【解析】【解答】均加水稀释到50mL，
A. n(X)=0.03L×2mol/L=0.06mol；
B. n(X)=0.01L×5mol/L=0.05mol；
C. n(X)=0.04L×1mol/L=0.04mol；
D. n(X)=0.01L×3mol/L=0.03mol，
X的物质的量最大的是A选项，则A中X的浓度最大，故化学反应速率最大，A项符合题意；
故答案为：A。
【分析】为了比较四种反应的速率大小之比，应该利用“归一法”，根据物质的反应速率之比等于化学计量数之比将反应速率都归结为相同的物质的反应速率，即可比较出反应速率快慢。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由图像可知，该反应是一个能量降低的反应，即正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即逆向移动，故A不符合题意；
B．CO2分子中含有碳氧共价键为极性共价键，故B不符合题意；
C．由图像可知，反应物的总能量小于活化络合物的总能量，所以由反应物转化为活化络合物需要吸收能量，故C符合题意；
D．催化剂能改变反应速率，对化学平衡无影响，所以使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示，有催化剂的过程活化能稍微低一些，且速率快一些。△H=生成物的能量-反应物的能量，知道正反应是放热反应。温度升高，导致平衡向逆反应方向移动。生成物和反应物中均存在极性共价键。
13．【答案】D
【解析】【解答】相同温度T2下，压强越大，反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，因此P1＞P2，增大压强，生成物Z的物质的量增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应前后混合气体的计量数增大，即n＞p；相同压强P1下，温度越高，反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，因此T1＞T2，升高温度，生成物Z的物质的量减小，平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，
故答案为：D。
【分析】根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，据此分析解答。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，
B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C 6A+2D，故A不符合题意；
B、反应到1s时，v（A）═ =0.3mol/（L s），v（C）═ =0.1mol/（L s），所以v（A）≠v（C），故B不符合题意；
C、反应进行到6s时，v（B）= =0.05mol/（L s），故C符合题意；
D、反应进行到6s时，v（A）= =0.1mol/（L s），v（B）= ==0.05mol/（L s），v（C）= =0.067mol/（L s），v（D）= =0.033mol/（L s），所以反应进行到6 s时，各物质的反应速率不相等，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.化学反应的速率之比等于化学计量数之比；
B.在反应进行到1 s时，知识二者的物质的量相等，但是不能证明反应速率；
C.平均速率等于浓度的变化值与时间的比值；
D.反应在6分钟后达到平衡，此时个物质的反应速率等于化学计量数之比，而不是相等。
15．【答案】A
【解析】【解答】为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，需要降低H+的浓度，不影响H+总物质的量；①加入NaOH固体，会消耗H+，①不符合题意；②加入水，H+浓度降低，H+总物质的量不变，②符合题意；③加入CH3COONa固体会和H+生成CH3COOH，H+浓度降低，但H+总物质的量不变，③符合题意；④加入NaNO3固体，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能和铁粉反应，消耗了H+，④不符合题意；⑤NaCl(aq)不与HCl或Fe反应，相当于加水，浓度降低，生成H2总量不变，⑤符合题意；综上，②③⑤符合题意；
故答案为：A
【分析】为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，需要降低H+的浓度，不影响H+总物质的量，①加入NaOH固体，会消耗H+，②加入水会稀释，③加入CH3COONa固体会和H+生成CH3COOH，④NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能和铁粉反应。
16．【答案】C
【解析】【解答】A、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此充分反应后，放出热量小于akJ，故A不符合题意；
B、
3X(g)＋ Y(g) W(g)＋ 2M(g)
起始 3 1 0 0
转化 3a a a 2a
平衡 3-3a 1-a a 2a
无法确定达到平衡时，X和W浓度之比是否是3：1，故B不符合题意；
C、根据化学平衡状态的定义，当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡，故C符合题意；
D、若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，但随后逐渐增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、该反应为可逆反应，3molX与1molY无法完全反应；
B、根据平衡三段式进行分析；
C、当X的物质的量分数保持不变时，反应达到平衡状态；
D、增大Y的浓度，则正反应速率增大，逆反应速率不变；
17．【答案】（1）AC；不变；d；c；小于
（2）CO2+HCO +2e-=HCOO-+CO ；阳极产生O2，pH减小，HCO 浓度降低；K+部分迁移至阴极区
【解析】【解答】（1）①在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的CO2和H2发生反应，生成乙烯和水蒸汽，反应的方程式为2CO2（g）+6H2（g） C2H4（g）+4H2O（g）；
A．反应后气体的物质的量减少，则容器内的压强为变量，当容器内的压强不发生变化，说明达到了平衡状态，故A选；
B．根据方程式，生成的乙烯和水蒸汽物质的量比始终为1∶4，不能判断是平衡状态，故B不选；
C．断裂3molH—H键的同时断裂4molH—O键表示正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故C选；
D．v（CO2）正=3v（H2）逆表示正反应速率＞逆反应速率，不是平衡状态，故D不选；
故答案为：AC；
当反应达到平衡时，若在容器中通入氩气以增大压强，但反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，n（C2H4）不变；
故答案为：不变；
②根据2CO2（g）+6H2（g） C2H4（g）+4H2O（g）知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1∶3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1∶4，结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c；由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，△H＜0；
故答案为：d；c；小于；
（2）①阴极CO2还原为HCOO-，是二氧化碳得到电子，在碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，电极反应式为CO2+HCO +2e-=HCOO-+CO ，故答案为：CO2+HCO +2e-=HCOO-+CO ；
②电解一段时间后，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，pH减小，氢离子和碳酸氢根离子反应，导致HCO 浓度降低，K+部分迁移至阴极区，因此阳极区的KHCO3溶液浓度降低，故答案为：阳极产生O2，pH减小，HCO 浓度降低；K+部分迁移至阴极区。
【分析】（1）①根据反应2CO2（g）+6H2（g） C2H4（g）+4H2O（g），判断反应达到平衡可以看某物质的正逆速率是否相等、浓度是否不变、以及压强是否不变、以及密度或者相对分子质量不变进行判断，充入氩气，浓度不变平衡不移动
②根据化学方程式的系数即可判断出曲线，根据温度的变化与物质的量分数的关系即可判断焓变
（2）①阴极发生的是还原反应根据反应物和生成物即可写出电极式
②根据阳极是得到氧气导致氢离子浓度增大，消耗碳酸氢根离子
18．【答案】（1）不变
（2）增大
（3）不变
（4）减小
【解析】【解答】解：①因铁是固体，增加铁的量，没有增加铁的浓度，所以不能改变反应速率，
故答案为：不变．
②容器的体积缩小，容器内各物质的浓度都增大，浓度越大，化学反应速率越快，
故答案为：增大；
③体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，
故答案为：不变；
④压强不变，充入N2使容器的体积增大，但各物质的浓度都减小，浓度越小，反应速率越小，
故答案为：减小．
【分析】①固体质量改变不能改变反应速率；②容器的体积缩小浓度都增大化学反应速率越快；③体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变；④恒压时充入N2使容器的体积增大浓度越小，反应速率越小。
19．【答案】（1）Co（OH）2+2H+=Co2++2H2O；4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3
（2）+3；微波水热；Co2+
（3）Co3O4
【解析】【解答】（1）Co（OH）2溶于盐酸生成氯化钴，离子反应方程式为：Co（OH）2+2H+=Co2++2H2O；Co（OH）2在空气中慢慢被氧化为棕褐色的Co（OH）3的方程式为：4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3，故答案为：Co（OH）2+2H+=Co2++2H2O；4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3；
（2）①CoxNi（1﹣x）Fe2O4中Co、Ni均为+2，O为﹣2价，则Fe的化合价为=+3，故答案为：+3；
②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，故微波水热法制得催化剂的活性更高；由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高，故答案为：微波水热；Co2+；
（3）由电子守恒：n（Co3+）=2 n（Cl2）=2× =0.6 mol，由电荷守恒：n（Co原子）总=n（Co2+）溶液=n（Cl﹣）=×（ 0.48L×5mol/L﹣2×0.3mol）=0.9 mol，所以固体中的n（Co2+）=0.9mol﹣0.6mol=0.3 mol，根据化合价电荷守恒为0，氧化物中n（O）=（0.3mol×2+0.6mol×3）÷2=1.2mol，故该钴氧化物中n（Co）：n（O）=0.9mol：1.2mol=3：4，故氧化物的化学式为：Co3O4，故答案为：Co3O4．
【分析】（1）类比氢氧化铝的两性回答即可，类比氢氧化亚铁的性质回答即可；
（2）①根据化合价代数和为0计算Fe的化合价；
②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高；随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大；
（3）由电子守恒：n（Co3+）=2 n（Cl2），由电荷守恒：n（Co原子）总=n（Co2+）溶液=n（Cl﹣），联立计算n氧化物（Co2+），根据化合价电荷守恒为0计算氧化物中n（O），进而计算氧化物中n（Co）：n（O）．
20．【答案】（1）
（2）a
（3）0.0125mol·L-1·min -1
【解析】【解答】（1）根据肼的球棍棋型可知肼的电子式为 。
（2）肼失去电子，在负极通入，氧气得到电子，在正极通入，因此a电极为电池的负极。
（3）根据方程式可知
N2H4(l) N2(g)+ 2H2(g)
起始（mol） 0.1 0 0
转化（mol） x x 2x
4min时（mol） 0.1-x x 2x
根据图像可知 ，解得x＝0.05，所以0 4min氮气的平均速率v(N2)= ＝0.0125mol·L-1·min -1 。
【分析】燃料电池中氧气得电子，发生还原反应，作为正极材料；可燃物失电子，发生氧化反应，作为负极材料。本题需注意三段式的写法，起始量、反应量、平衡量。反应速率是单位时间内反应的物质的量浓度，不要忽略容器的体积。
21．【答案】（1）B；D
（2）-1815.0；
（3）B
（4）其他影响因素相同时，氨氮摩尔比越大，脱硝率越高；增大；温度升高后，氨气的氧化反应开始加快，NO会增多，氨氮摩尔比下降，导致脱硝率会逐步降低
【解析】【解答】(1)正反应放热，降低温度平衡正向移动，有利于提高反应①中NO转化率；减小压强，平衡正向移动，有利于提高反应①中NO转化率；增大氨气浓度，平衡正向移动，有利于提高反应①中NO转化率，
故答案为：BD；(2)①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) △H1=－1632.4kJ·mol－1
②4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H2=akJ·mol－1
③NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H3=－902.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①② 得 NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H3=－902.0kJ·mol－1，即(－1632.4kJ·mol－1) 4a=－902.0kJ·mol－1，a=-1815 kJ·mol－1；
　 4NH3(g)+ 6NO(g) 5N2(g)+ 6H2O(g)
起始（mol/L） 1 1.5 0 0
转化（mol/L） 0.6 0.9 0.75 0.9
平衡（mol/L） 0.4 0.6 0.75 0.9
平衡常数K= = (3)已知反应③中，Cr2O3的催化效率更好一些，所以使用Cr2O3活化能更低。反应③放热，故生成物的总能量小于反应物的，B图正确，选B；(4) (i)根据图像，氨氮摩尔比越大，脱硝率越高；(ⅱ)由图可知，温度在800-950℃变化时，脱硝率随温度升高而增大；由题中信息可知，温度升高后，氨气的氧化反应加快，NO浓度增多，氨氮摩尔比降低，脱硝率下降。
【分析】(1)平衡正向移动有利于提高反应①中NO转化率；(2)根据盖斯定律计算a值；利用“三段式”计算平衡常数；(3)反应③中，Cr2O3的催化效率更好一些，所以使用Cr2O3活化能更低，反应③反应，生成物的能量小于反应物；(4) (i)根据图像判断氨氮摩尔比对脱硝率的影响规律；(ⅱ)温度升高后，氨气的氧化反应加快，NO增多，氨氮摩尔比降低，脱硝率下降。