第2章 化学反应的方向、限度与速率 测试题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第2章 化学反应的方向、限度与速率 测试题
一、选择题
1．下列叙述正确的是
A．推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能，有利于缓解温室效应
B．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”
C．用电解水的方法制取大量氢气可以缓解能源不足的问题
D．升高温度活化能降低
2．甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为0.1MPa下，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。下列说法正确的是
A．图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是b和d
B．由图可知该反应的
C．M点对应温度下，H2S的转化率约为33.3%
D．950℃时，H2的体积分数为60%
3．某温度下，反应H2(g)+Br2(g)2HBr(g)的平衡常数为1×103，则该温度下，反应4HBr(g)2H2+2Br2的平衡常数为
A．1×103 B．1×10-3 C．1×10-6 D．1×106
4．合成氨生产技术的发展方案如下表，下列说法错误的是
压强/MPa 温度/℃ 催化剂 平衡时氨的体积分数
能斯特方案 5 685 铂粉 0.96%
哈伯方案 20 550 铀 8.25%
现代方案 20 500 铁催化剂 19.1%
A．上述方案中原料应循环利用
B．铁催化剂在500℃左右催化效能最好
C．平衡时，的体积分数取决于催化剂的选择
D．寻找温和条件下的催化剂可以作为合成氨工业发展方向
5．以反应5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是
编号 H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 温度/℃
浓度/(mol L-1) 体积/mL 浓度/(mol 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
A．实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量
B．实验②和③是为了探究温度对化学反应速率的影响
C．测得实验①褪色时间为40s，则这段时间内v(KMnO4)=2.5×10-4mol L-1 s-1
D．实验①和②起初反应很慢，过一会儿突然变快，可能是生成的Mn2+对反应起催化作用
6．证据推理是化学学科重要的核心素养。下列实验操作、现象及相应结论都正确的是
实验操作 实验现象 实验结论
A 向2mL 0.1mol/L KI(aq)中加入1mL 0.1mol/L FeCl3(aq)，充分反应，用四氯化碳充分萃取后取上层溶液滴加KSCN(aq) 四氯化碳层显紫色，上层溶液试样变红 I-和Fe3+的反应存在限度
B 取适量火柴头的浸泡液于试管中，滴加AgNO3溶液和稀HNO3 无白色沉淀 火柴头不含氯元素
C 向CH2=CHCHO中滴加溴水 溴水褪色 CH2=CHCHO中含醛基
D 在某透明溶液中通入足量CO2 产生白色沉淀 原溶液中含
A．A B．B C．C D．D
7．某反应的速率方程为，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。在650K时，反应物浓度不同时的反应速率如表所示。
0.025 0.050 0.025
0.040 0.040 0.120
下列说法错误的是
A．该反应可能为基元反应
B．该反应的速率常数
C．当，，650K时的反应速率为
D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是1200min
8．在反应中，若反应速率分别用、、、表示，则下列关系正确的是
A． B． C． D．
9．已知合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)＋QkJ(Q>0)。某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始时氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量)。下列说法错误的是
A．由图可知，T1＞T2
B．a、b、c三点中，b点时H2的转化率最大
C．a、b、c三点的平衡常数K值相等，c点化学反应速率最快
D．若容器容积为2 L，b点对应的n＝0.15 mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为0.01mol·L－1
10．已知CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)仅在高温下自发。则( )
A．△H＞0，△S＞0 B．△H＞0，△S＜0
C．△H＜0，△S＞0 D．△H＜0，△S＜0
11．一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)，经60s达到平衡，生成0.3molZ。下列说法正确的是
A．以X浓度变化表示的反应速率为0.01mol/(L·S)
B．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的
C．若增大压强，则物质Y的转化率增大
D．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H>0
12．在一恒温密闭容器中，反应mA(g)nB(g)+nC(g)达到平衡后，将容器容积扩大到原来的2倍，当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的80%，下列说法正确的是
A．mC．物质C的质量分数减少 D．平衡向逆反应方向移动
13．对于CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，某温度下平衡常数K为1，向一密闭容器内同时通入CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)各1 mol，在该温度下建立平衡时，CO的物质的量
A．大于1 mol B．小于1 mol C．等于1 mol D．无法确定
14．下列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是
A．1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]
B．放热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行
C．2KClO3(s)＝2KCl(s)+3CO2(g)△H＞0能否自发进行与温度有关
D．SO2(g)+NH3 H2O(aq)=NH4HSO3(aq)反应后熵值减少
15．下列说法正确的是
A．非自发反应就是一定不能实现的反应
B．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变和熵变均可以单独作为反应自发性的判据
C．反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s) 能自发进行，则该反应的ΔH>0
D．反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57 kJ·mol-1 能自发进行，原因是熵增效应大于焓增效应
二、填空题
16．定条件下，发生反应A(g)+B(g)C(g) △H＞0，达到平衡后根据下列图像判断：
A． B． C． D． E.
(1)表示升高温度，达到新平衡的是图 (填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”，下同)，新平衡中C的质量分数 (填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。
(2)表示降低压强，达到新平衡的是图 ，A的转化率 。
(3)表示减少C的浓度，达到新平衡的是图 ，表示使用催化剂，达新平衡的是图。
(4)增加A的浓度，达到新平衡的是图 ，达到平衡后A的转化率 。
17．在密闭容器中，合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，开始时N2浓度为8mol/L，H2的浓度为20mol/L，5min后N2的浓度为6mol/L，试用三种物质表示上述过程中的化学反应速率。
18．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 。
19．化学平衡常数和化学平衡计算
(1)已知在448℃时，反应的平衡常数K为49，则该温度下反应的平衡常数K′为 。(用分数表示)
(2)某温度下，若把10mol与30mol置于体积为10L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20％，则该温度下反应的 。(用分数表示)
(3)恒温恒压下，在一容积可变的容器中，达到平衡状态时，、、各1mol，若此时再充入3mol，则平衡 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)
(4)以水煤气为原料合成甲醇：，容器为恒温、恒压，充入1mol和2mol达到平衡时的转化率为75%，平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
(5)在1L真空密闭容器中加入amol固体，t℃时发生如下反应：
①
②
③
达平衡时，体系中，，，则t°C时反应①的平衡常数K值为 (用字母表示)
(6)查阅资料知的反应历程分两步：
Ⅰ. ；
Ⅱ.；；
一定温度下，反应达到平衡状态，请写出用、、、表示的平衡常数表达式 。
20．(1)若适量的N2和O2完全反应，每生成23g NO2需要吸收16.95kJ热量。其热化学方程式为 。
(2)甲醇(CH3OH)的燃烧热为725.8kJ/mol，写出甲醇的燃烧热的热化学方程式 。
(3)已知H-H键的键能为436kJ·mol-1，Cl-Cl键的键能为243 kJ·mol-1，H-Cl键的键能为431kJ·mol-1，则H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热(ΔH)等于 kJ·mol-1
(4)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1 ΔH1
2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) K2 ΔH2
则4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K= (用含有K1、K2的式子表示)；其反应热为 (用含有ΔH1、ΔH2的式子表示)。
21．科学家利用CO2和H2合成CH3OH有利于实现碳中和。主要反应有：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，ΔH1=-49.4kJ·mol-1
II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，ΔH2
III．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，ΔH3=-90.6kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)ΔH2= _kJ·mol-1，反应III在 (填“高温”或“低温”)易自发进行。
(2)恒容密闭容器中只发生反应I，能说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．x(CO2)：c(H2)=1：3
B．混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．混合气体密度不再变化
D．2mo1碳氧双键断裂同时有3mol碳氢键断裂
(3)一定条件下，在密闭容器中发生反应I，起始物n(H2)/n(CO2)=3，CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示，3min内用H2浓度变化表示的反应速率 mol·L-1·min-1。若平衡时压强为P0，该反应条件的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
(4)反应II中，为提高H2的转化率，可采取的措施有 (任意答两条)。
(5)图2是以甲醇燃料电池为电源电解饱和食盐水，甲装置a电极反应式为 。当甲装置中消耗11.2LO2(标准状况)，乙装置中d电极上产生气体的质量为 g。
22．某校化学活动社团做了如下探究实验：
实验一：测定1 mol/L的硫酸与锌粒和锌粉反应的速率，设计如下图1装置：
(1)装置图1中放有硫酸的仪器名称是 。
(2)按照图1装置实验时，限定了两次实验时间均为10 min，还需要测定的另一个数据是 。
(3)实验结束后，得到的结论是 。
(4)若将图Ⅰ装置中的气体收集装置改为图2，实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所在处的刻度数，发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是 。
实验二：利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响。实验如下：
实验 序号 实验 温度/K KMnO4溶液 (含硫酸) H2C2O4溶液 H2O 溶液颜色褪至无色时 所需时间/s
V/mL c/mol·L-1 V/mL c/mol·L-1 V/mL
A 293 2 0.02 5 0.1 3 t1
B T1 2 0.02 3 0.1 V1 8
C 313 2 0.02 V2 0.1 5 t2
(1)写出相应反应的离子方程式 。
(2)通过实验A、B可探究 (填外部因素)的改变对反应速率的影响，其中V1= T1= ；通过实验 可探究温度变化对化学反应速率的影响。
(3)若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是 ；利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)= 。
(4)实验中发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对与之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是 ，相应的粒子最有可能是 。
【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A．推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能等新能源利用，有利于减少化石燃料使用，从而减少温室气体排放，缓解温室效应，A正确；
B．汽油属于化石燃料，属于不可再生能源，B错误；
C．电解水耗能大，成本高，不利于氢能源的推广使用，C错误；
D．温度不能改变活化能，催化剂可以降低活化能，D错误；
故答案选A。
2．C
解析：A．由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1∶2，因此c为H2S，d为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1∶4，因此b为CS2，a为H2，表示CH4、CS2变化的曲线分别是d、b，A错误；
B．由图像可知，温度升高，生成物的量增大，反应物的量减少，说明平衡正向移动，正反吸热，ΔH>0，B错误；
C．设CH4与H2S的投料量为a mol和2 a mol，参加反应的CH4的物质的量为x，列出三段式：
M点时H2与H2S的物质的量分数相等，因此2a -2x=4 x，解得x =a mol，因此H2S的转化率为33.3%，C正确；
D．设CH4与H2S的投料量为a mol和2a mol，950℃时参加反应的CH4的物质的量为y，列出三段式：
950℃时CS2与CH4的物质的量分数相等，因此a y=y，解得y=a mol，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为a mol、a mol、a mol、2a mol，H2的体积分数为50%，D错误；
故答案为：C。
3．C
解析：反应H2(g)+Br2(g) 2HBr(g)的K=，反应4HBr(g) 2H2(g)+2Br2(g)的K=，两个反应的平衡常数为倒数再平方关系，则平衡常数为=1×10-6，故选：C。
4．C
解析：A．氮气、氢气合成氨的反应为可逆反应，反应不能进行到底，故上述方案中原料应循环利用，提高反应物的利用率，故A正确；
B．铁催化剂在500℃左右催化效能最好，故B正确；
C．催化剂不影响平衡移动，故平衡时，的体积分数不取决于催化剂，故C错误；
D．寻找温和条件下的催化剂，可以减少能源消耗，可以作为合成氨工业发展方向，故D正确；
故选C。
5．C
解析：A．通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢，所以实验①、②、③都要褪色，所加的H2C2O4溶液均要过量，故A正确；
B．实验②和③变量为温度，是为了探究温度对化学反应速率的影响，故B正确；
C．实验①测得KMnO 4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)== 1.7×10 -4 mol·L -1·s -1，故C错误；
D．根据影响反应速率的因素，实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，没有改变其它因素的条件下，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用，故D正确；
故选C。
6．A
解析：A．向2mL 0.1mol/L KI(aq)中加入1mL 0.1mol/L FeCl3(aq)，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2后，I-过量，但上层溶液中滴加KSCN(aq)后变红，说明溶液中仍含有Fe3+，则反应可逆，A正确；
B．火柴头的浸泡液中滴加AgNO3溶液和稀HNO3，不产生白色沉淀，只能说明不含有Cl-，但可能存在其它含氯微粒(如)，B不正确；
C．CH2=CHCHO中含有碳碳双键和醛基，二者都能使溴水褪色，则不能说明使溴水褪色的官能团是醛基，C不正确；
D．在某透明溶液中通入足量CO2，产生白色沉淀，则原溶液中可能含有或，D不正确；
故选A。
7．C
解析：A．由表中数据可知、与v均成正比，m=n=1，，反应物之间可直接反应生成产物，反应可能为基元反应，故A正确；
B．结合以上分析及表中数据：k×0.025×0.040=，，故B正确；
C．由以上分析可知：，当，，650K时的反应速率为，故C错误；
D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A，经历4个半衰期，半衰期为=min=300min，反应掉93.75%的A所需的时间是300min ×4=1200min，故D正确；
故选：C。
8．B
【分析】根据各反应速率与化学反应方程式的计量系数成正比，以此来解析；
解析：A．根据各反应速率与化学反应方程式的计量系数成正比，则=，可得3v(A)= v(B)，A错误；
B．根据各反应速率与化学反应方程式的计量系数成正比，则=，可得 2v(B)= 3v(C)，B正确；
C．根据各反应速率与化学反应方程式的计量系数成正比，则= ，可得5v(C)= 2v(D)，C错误；
D．根据各反应速率与化学反应方程式的计量系数成正比，则=，可得 5v(A)= v(D)，D错误；
故选B；
9．B
解析：A．由图可知，n（H2）相同时，温度T2对应氨气含量高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T1＞T2，A正确；
B．a、b、c三点，n（H2）越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大，H2的转化率却越小，a点时氢气的物质的量最小，a点H2的转化率最高，B错误；
C．温度不变化学平衡常数不变，故a、b、c三点的平衡常数K值相等，c点时H2起始的物质的量浓度最大，化学反应速率最快，C正确；
D．b点时，初始加入n（H2）=0.15mol，n（N2）为xmol，平衡时H2和N2的转化率均为60%，则转化的氢气为0.09mol，则：，则×100%=60%，则x=0.05mol，则平衡时N2的物质的量浓度为=0.01 mol L-1，D正确；
故答案为：B。
10．A
解析：CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)，固体分解得到气体，混乱度增加，△S＞0，在高温条件下△G＝△H﹣T △S＜0，反应自发进行，低温时不自发，则△H＞0，即该反应的△H＞0，△S＞0，A满足题意。
答案选A。
11．C
解析：A．在化学反应中物质的变化量之比等于化学计量数之比，反应过程中生成0.3molZ，所以消耗X的物质的量为0.6mol，则X的反应速率为：，故A错误；
B．由反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)可知，该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大体积平衡逆向移动，所以Z的平衡浓度小于原来的，故B错误；
C．由反应2X(g)＋Y(g) Z(g)可知，该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，所以增大压强Y的转换率增大，故C正确；
D．升高温度，X的体积分数增大，反应逆向移动，则该反应的正向为放热反应，所以△H＜0，故D错误；
答案选C。
12．B
【分析】反应达到平衡后，将容器容积扩大到原来的2倍，此时B和C的浓度减小为原来的50%，当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的80%，说明扩大容器容积，体系压强减小，平衡向正方向移动。
解析：A．扩大容器容积，体系压强减小，平衡向正方向移动，正方向是气体体积增大方向，则，A错误；
B．改变条件后，平衡向正方向移动，物质A的转化率增大，B正确；
C．改变条件后，平衡向正方向移动，物质C的质量分数增大，C错误；
D．改变条件后，平衡向正方向移动，D错误；
故选B。
13．C
解析：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)是反应前后气体体积相等的反应，某温度下平衡常数K为1，向一密闭容器内同时通入CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)各1 mol，此时的浓度商Qc=，浓度商等于化学平衡常数K，则在该温度下建立平衡时，CO的物质的量为1 mol，故合理选项是C。
14．B
解析：A．固体混乱程度最小，气体混乱程度最大，说明物质聚集状态不同熵值不同，则1 mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]，故A正确；
B．反应的自发性由焓变和熵变共同决定，当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，说明放热或吸热反应也不一定能自发进行或不能自发进行，故B错误；
C．2KClO3(s)＝2KCl(s)+3CO2(g)反应的△H＞0、△S＞0，则△G=△H-T△S可知高温下△G＜0反应都能自发进行，说明该反应能否自发进行与温度有关，故C正确；
D．SO2(g)+NH3 H2O(aq)=NH4HSO3(aq)反应后体系混乱程度减小，即熵值减少，故D正确；
故答案为B。
15．D
解析：A．改变反应条件可使非自发反应转化为自发反应，如碳酸钙的分解在低温条件下是不能自发的反应，但在高温条件下是自发进行的反应，故A错误；
B．焓变和熵变都与反应的自发性有关，ΔG＝ΔH-TΔS为判断反应自发性的判据，焓变或熵变不能单独作为反应自发性的判据，故B错误；
C．反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)的ΔS＜0，该反应能自发进行，应满足ΔH-TΔS＜0，则ΔH<0，故C错误；
D．反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57 kJ·mol-1的ΔS>0，ΔH>0，反应能自发进行，应满足ΔH-TΔS＜0，因此该反应能自发进行的原因是熵增效应大于焓增效应，故D正确；
故答案选D。
二、填空题
16．(1) B 增大
(2)C 减小
(3)E
(4)A 减小
【分析】反应A(g)+B(g)C(g)△H＞0，反应焓变大于零，为吸热的气体分子数减小的反应；
解析：（1）升高温度，正、逆反应速率均瞬间增大，化学平衡向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，逆反应速率小于正反应速率，新平衡中C的质量分数增大，对应图像为B；
（2）降低压强，化学平衡向气体分子数增大的方向移动，即向逆反应方向移动，正、逆反应速率均减小，A的转化率也减小，对应图像为C；
（3）减少C的量，即减小产物的浓度，正反应速率瞬时不变，逆反应速率瞬时减小，平衡正向移动，对应图像为E；
（4）增加A的量，正反应速率瞬时增大，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，A的转化率减小，另一种反应物B的转化率增大，对应图像为A。
17．v(N2)=0.4mol/(L·min)；v(H2)=1.2mol/(L·min)；v(NH3)=0.8mol/(L·min)
解析：开始时N2浓度为8mol/L，5min后N2的浓度为6mol/L，，化学反应速率之比等化学计量数之比，， 。
18．(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：（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。
19．(1)
(2)
(3)不
(4)3
(5)
(6)
解析：（1）已知在448℃时，反应的平衡常数K==49，则该温度下反应的平衡常数K′===。
（2）某温度下，若把10mol与30mol置于体积为10L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20％，则反应过程中，则，解得，该温度下反应的。
（3）恒温恒压下，在一容积可变的容器中，达到平衡状态时，、、各1mol，设平衡时容器体积为1L，则该温度下平衡常数，若此时再充入3mol，恒温恒压下，容器体积之比等于气体物质的量之比，则容器体积为，浓度熵，因此平衡不移动。
（4）以水煤气为原料合成甲醇：，容器为恒温、恒压，充入1mol和2mol达到平衡时的转化率为75%，则平衡时，，，气体的总物质的量为0.5mol+0.25mol+0.75mol=1.5mol，各气体的分压为，，，故平衡常数。
（5）在1L真空密闭容器中加入amol固体，t℃时发生如下反应：、、，达平衡时，体系中，，，对于连续多重平衡，采用原子守恒法，设平衡时、、，根据P原子守恒：，根据H原子守恒：，根据I原子守恒：，联立解得，故t°C时反应①的平衡常数=。
（6）反应①；，反应②；，当反应①达到平衡时，即，因此反应①平衡常数；同理可知反应②平衡常数。反应③可由①+②得到，因此反应③的平衡常数。
20．N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g) ΔH=＋67.8kJ·mol－1 CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-725.8kJ/mol -183 2ΔH1-ΔH2
解析：(1)根据题干，每生成23g NO2需要吸收16.95kJ热量，则生成1mol NO2需要吸收33.9kJ的能量，故N2与O2反应的热化学方程式为N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g) ΔH=＋67.8kJ·mol－1；
(2)燃烧热为1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，故甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-725.8kJ/mol；
(3)反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，根据题干，反应的ΔH=436kJ·mol-1+243kJ·mol-1-2×431kJ·mol-1=-183kJ·mol-1；
(4)计算目标方程式的平衡常数，可由第一、二方程式得出，
①2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1=
②2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) K2=
③4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=
根据三个平衡常数得出K=；
根据盖斯定律，将第一个方程式乘以2再减去第二个方程式即得到目标方程式，目标方程式的ΔH=2ΔH1-ΔH2；
21．(1) +41.2 低温
(2)BD
(3)0.5
(4)升高温度，再充入CO2气体，将H2O(g)液化或将生成物移除反应体系等
(5)CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ 2
解析：（1）由盖斯定律可知反应II可由I-III得到，则=+41.2，反应III为放热反应，低温条件下有利于自发进行，故答案为：+41.2；低温；
（2）A. x(CO2)：c(H2)=1：3，不能说明各组分浓度不变，不能判断平衡状态，故A不选；
B. 反应前后质量不变，其他物质的量减少，则反应过程中混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不再变化反应达到平衡状态，故B选；
C.反应前后气体质量不变，容器体积恒定，则混合气体密度始终恒定，不能判断平衡，故C不选；
D. 2mo1碳氧双键断裂可知消耗1mol二氧化碳，3mol碳氢键断裂可知消耗1mol甲醇，则正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故选；
故答案为：BD；
（3）3min内v(CH3OH)=，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知：v(H2)=3v(CH3OH)=；
根据已知条件列出三段式：
Kp=，故答案为：0.5；；
（4）为提高H2的转化率，应是平衡正向移动，该反应为吸热反应，可采取的措施：升高温度，再充入CO2气体，将H2O(g)液化或将生成物移除反应体系等，故答案为：升高温度，再充入CO2气体，将H2O(g)液化或将生成物移除反应体系等；
（5）甲装置a电极为负极，电极上甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，d电极与a相连，d作阴极，电解饱和食盐水时，阴极电极反应为：，甲装置中消耗11.2LO2(标准状况)，即0.5mol，转移电子2mol，则d电极上生成氢气1mol，质量为2g，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；2。
22．分液漏斗 收集到气体的体积 其它条件相同时，锌粉比锌粒反应的速率快 待气体恢复至室温后，调节滴定管的高度使得两侧液面相平 5H2C2O4+2MnO4-+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O 浓度 5×10-4 mol/(L·s) 293 B、C 其它条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大(或其他条件相同时，升高温度，反应速率增大) 0.000 5 mol·L-1·s-1 催化作用 Mn2+
【分析】实验一：
(1)根据仪器结构判断仪器名称；
(2)根据相同时间内产生气体体积的大小判断反应速率；
(3)根据固体表面积大小判断反应速率；
(4)气体体积受温度和压强的影响，据此分析；
实验二：
(1)根据氧化还原反应规律及离子方程式书写要求分析；
(2)采用控制变量方法研究外界条件的影响；
(3)浓度增大反应速率加快；
(4)根据影响化学反应速率的因素分析。
解析：实验一：(1)根据仪器结构，可知该仪器名称是分液漏斗；
(2)按照图1装置实验时，限定了两次实验时间均为10 min，还需要测定的另一个数据是收集到气体的体积；
(3)其它条件相同，只有金属锌的形状不同，则金属表面积大小不同，实验结束后，得到的结论是：其它条件相同时，锌粉比锌粒反应的速率快，即固体表面积越大，反应速率越快；
(4)若将图Ⅰ装置中的气体收集装置改为图2，实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所在处的刻度数，发现滴定管中液面高于干燥管中液面，这是由于反应产生的气体会将水排入滴定管中；同时该反应是放热反应，放出的热量使气体体积膨胀，也会将水压入滴定管中，应首先采取的操作是待气体恢复至室温，并且调节滴定管的高度使得两侧液面相平再读数；
实验二：
(1)草酸具有还原性，KMnO4具有氧化性，在酸性条件下二者会发生氧化还原反应，产生K2SO4、MnSO4、CO2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)根据表格数据可知草酸的浓度不同，则其它外界条件必须相同，所以通过实验A、B，可探究浓度的改变对反应速率的影响；只改变草酸的浓度，其它外界条件必须相同，就要使溶液的总体积相同，所以V1= 5 mL；反应温度T1=293K；
根据表格数据可知：实验B、C温度不同，可研究温度对化学反应速率的影响；
(3)在其它条件不变时，浓度越大，反应速率越快。若t1<8，则由此实验可以得出的结论是其它条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；根据表格数据可知n(KMnO4)=0.02 mol/L×2×10-3 L=4×10-5 mol，n(H2C2O4)=0.1 mol/L×3×10-3 L=3×10-4 mol，根据方程式可知4×10-5 mol KMnO4完全反应需消耗H2C2O4的物质的量为4×10-5 mol×=1×10-4 mol＜n(H2C2O4)＝3×10-4 mol，说明草酸过量，故KMnO4完全反应，则v(KMnO4)==5×10-4 mol/(L·s)；
(4)随着反应的进行，反应一段时间后该反应速率会加快，说明不是浓度的影响，这是由于二者反应产生了Mn2+，Mn2+浓度增大到一定程度后对化学反应速率起了催化剂的作用