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．下列有关化学反应速率的说法正确的是
A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B．100 mL 2 mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C．SO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．催化剂能降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子的百分数大大增加
2．可以利用碳、氮的化合物在一定条件下发生反应缓解环境污染。向某密闭容器中充入5molCO和4molNO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5kJ mol-1，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A．温度：T1＜T2
B．若D点为平衡点，则D点的正反应速率与G点的正反应速率可能相等
C．E点时NO的平衡转化率为40%
D．在实际应用中为提高平衡转化率，需要研发高效催化剂
3．用等浓度和等体积的盐酸与足量的石灰石反应，测量反应过程中产生的体积。实验I用的是块状的石灰石，实验II用的是粉末状石灰石。下列哪个图像能正确表示实验结果
A． B．
C． D．
4．利用反应2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－746.8 kJ·mol－1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是
A．升高温度 B．增大压强
C．向容器中通入NO D．及时将CO2和N2从反应体系中移走
5．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
6．一定条件下，容积为2L的某密闭容器中发生反应：，下列表示的反应速率最快的是
A． B．
C． D．
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．5.6 gFe与4.8 g的S反应转移的电子数为0.3NA
B．标准状况下，1.12 L苯含有C-H键的数目为0.3NA
C．1 L0.1 mol·L-1K2Cr2O7酸性溶液(pH=4)中，Cr2O的数目为0.1NA
D．11.2 LCH4和22.4 LCl2(均为标准状况)在光照条件下充分反应后，分子总数为1.5NA
8．在一定温度下，对于可逆反应2X(s)2Y(s)+Z(g)；某时刻达到平衡时只增大压强，再次达到新平衡时，Z的浓度
A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断
9．金属可活化放出，其反应历程如图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是
A．中间体1→中间体2的过程是放热过程
B．加入催化剂可降低该反应的反应热，加快反应速率
C．和的总键能小于和的总键能
D．中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤
10．对于反应，下列说法正确的是
A．该反应的 B．反应的平衡常数表示为
C．使用催化剂的目的是降低反应的焓变 D．其他条件相同，增大，的转化率增大
11．硅是大数据时代的关键材料。工业上常在1800—2000℃时，用碳单质还原的方法制取单质硅。涉及反应的相关数据如表所示。下列相关说法正确的是
反应 △H/(kJ mol-1) △S/(J K-1 mol-1)
反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g) 687.27 359.04
反应(2)：SiO2(s)+C(s)=Si(s)+CO2(g) 514.85 183.35
A．反应(1)可证明Si的还原性大于C
B．生活中利用单晶硅良好的导光性能做光导纤维
C．工业生产条件下反应(2)无法自发进行发生
D．C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=-172.42kJ·mol-1
12．下列反应△S>0的是
A．HCl(g)+NH3(g)=NH4Cl(s)
B．2CO(g)=2C(s)+O2(g)
C．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)
D．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)
13．密闭的真空容器中放入一定量CaO2固体，发生反应2CaO2(s) 2CaO(s)+O2(g)并达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积为原来的一半，下列叙述正确的是
A．缩小容器的容积后，平衡正向移动 B．重新平衡后O2的浓度不变
C．重新平衡后CaO的量不变 D．重新平衡后CaO2的量不变
14．在一定温度下的密闭容器中，不能说明可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)已经达到平衡的标志是
A．HI的生成速率与HI的分解速率相等
B．HI的生成速率与H2的生成速率之比是2∶1
C．单位时间内一个H H键断裂的同时有两个H I键断裂
D．单位时间里断裂2n mol HI的同时生成nmol I2
15．反应物(S)转化为产物P或)的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A．进程I是吸热反应 B．平衡时P产率：
C．生成P的速率： D．进程IV中，Z不是催化剂
二、填空题
16．已知化学反应，回答下列问题：
①，其化学平衡常数为；
②，其化学平衡常数为
在温度和的情况下，、的值分别如图：
温度
1.47 2.38
1173K 2.15 1.67
(1)通过表格中的数值推断：反应①是 (填“吸热”或“放热”)反应。
(2)现有反应③：，反应③在的化学平衡常数 (保留2位小数)。
17．二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用。工业上CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+91kJ
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)+24kJ
③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)+41kJ
新工艺的总反应为3CO(g)+3H2(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)+Q
(1)增大压强，CH3OCH3的产率 (选填增大“、”减小“或”不变“，下同)，平衡常数将 。
(2)原工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生。新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是 。
(3)当上述反应体系在恒温恒容条件下达到平衡，下列各项叙述正确的是 (选填编号)。
a.反应室内气体密度保持不变
b.反应速率之比存在关系：3v(CO)生成=v(CO2)消耗
c.反应物与生成物的物质的量浓度之比保持不变
d.c(CO)：c(H2)一定等于1：1
(4)为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列试验，每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，试验结果如图。
CO转化率随温度变化的规律是 ，其原因是 。
18．在一定温度下的2L的密闭容器中，加入3 mol A和1 mol B，发生如下反应：，5min达到平衡时，。
(1)0～5min内用B表示的平均反应速率为 ；达到平衡时，A的转化率为 。
(2)达到平衡时容器内气体压强与反应前容器内气体压强之比 。
(3)维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡将向 （填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）。
(4)达到平衡后，若保持温度不变，将C从容器中分离出一部分，则化学平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
19．温度对化学平衡移动的影响
实验原理 2NO2(g，红棕色) N2O4(g，无色) ΔH=—56.9kJ·mol-1
实验步骤
实验现象 热水中混合气体颜色 ；冰水中混合气体颜色
实验结论 混合气体受热颜色 ，说明NO2浓度 ，即平衡向 方向移动；混合气体被冷却时颜色 ，说明NO2浓度 ，即平衡向 方向移动
20．在容积为2L的密闭容器中，充入3mol N2和6mol H2，5分钟时NH3的物质的量浓度为0.4mol/L，则5分钟内v(H2)= ；v(N2)= ；此时，c(H2)= ，H2的转化率为 。
21．在一定条件下，在2L密闭容器中发生反应3A(g)+B(g)=2C(g)，开始时加入4molA、6molB，在2min末时测得C的物质的量是2mol。
(1)用A的浓度变化表示反应的平均速率v(A)= ；
(2)2min末时，B的浓度c(B)= ；
22．以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向。
(1)工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，△H=-51 kJ/mo1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41 kJ/mo1
①已知几种化学键的键能如下表所示，则a= kJ/mol。
化学键 C-H C-O H-O H-H C≡O
键能/ 406 351 465 436 a
②若反应Ⅱ逆反应活化能，则该反应的正反应的活化能Ea= kJ/mol。
(2)向2L容器中充入1 mol CO2和2 mol H2，若只发生反应Ⅰ，测得反应在不同压强平衡混合物中甲醇体积分数随温度变化如图1所示，逆反应速率与容器中c(CH3OH)关系如图2所示：
①图1中P1 P2(填“＞”、“＜”或“=”)；
②图2中x点平衡体系时升温，反应重新达平衡状态时新平衡点可能是 (填字母序号)。
(3)若反应Ⅱ的正、逆反应速率分别可表示为、，k正、k逆分别表示正、逆反应速率常数，只与温度有关。则图3中所示的甲、乙、丙、丁四条直线中，表示lg k正随温度T变化关系的直线是 ，表示lg k逆随温度T变化关系的直线是 。
(4)如图4所示的电解装置可实现低电位下高效催化还原CO2。下列说法不正确的是_______。
A．a极连接外接电源的负极
B．b极的电极反应式为Cl- -2e-+2OH-=ClO-+H2O
C．电解过程中Na+ 从左池移向右池
D．外电路上每转移1 mol电子，理论可催化还原标准状况下CO2气体11.2 L
23．某研究性学习小组探究硫的化合物的制备和性质。
Ⅰ.制备二氧化硫
用70%的浓硫酸与固体反应制备气体。
(1)制备气体最合适的发生装置是 (填写字母)。
Ⅱ.制备硫代硫酸钠
已知：硫代硫酸钠易与酸反应。
反应原理：
室温时，往、混合溶液中均匀通入气体，一段时间后，溶液中有大量黄色浑浊物出现，然后浑浊物开始由黄变浅，当混合溶液pH值接近于7时，停止通入气体。
(2)制备反应分三步进行
反应i：；
反应ii：；
反应iii的化学方程式为 。
(3)当pH值接近于7时，停止通入的原因是 。
Ⅲ.探究浓度对反应速率的影响
相同温度下，按下表中的体积将溶液、溶液与蒸馏水温合，并采集反应后浑浊度传感器数据。
实验标号 V(蒸馏水)/mL
A 1.5 3.5 10
B 2.5 3.5 9
C 3.5 3.5 8
D 3.5 2.5 9
E 3.5 1.5 10
通过实验绘制出的浑浊度随时间变化关系如图所示：
(4)①实验C、D、E探究 溶液浓度对反应速率的影响。
②结合图像分析，溶液、溶液二者相比， 溶液浓度的改变对化学反应速率的影响更大。
③请在答题卡相应的图中画出实验对应的曲线 。
Ⅳ.探究性质
资料：在酸性溶液中氧化，反应为：。
向某浓度的过量酸性溶液(含淀粉)中通入一定量后，停止通气，刚开始时溶液无明显变化，t秒后溶液突然变蓝。
(5)某实验小组提出假设：t秒前生成了，但继续与溶液中的反应，且该反应速率较快，故溶液没有立刻变蓝，请写出与反应的离子方程式 。
(6)为验证该实验小组的假设合理，设计下面实验：
操作：向变蓝色的溶液中 ；现象：蓝色迅速消失，一段时间后再次变蓝。
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：A．浓硫酸具有强氧化性，常温下，与铁发生钝化反应，不生成氢气，选项A错误；
B．盐酸跟锌片反应的实质为氢离子与锌的反应，加入氯化钠溶液，溶液体积增大，浓度减小，反应速率减小，选项B错误；
C．升高温度，活化分子的百分数增加，反应速率增大，选项C错误；
D．催化剂能降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子数目大大增加，反应速率加快，选项D正确。
故选D。
2．B
解析：A．题给反应的正反应为放热反应，压强相同时，升高温度，化学平衡逆向移动，NO的体积分数增大，所以温度：，选项A错误；
B．由题意可知，点与点均为平衡点，均满足，降低反应体系温度可使反应从点移至点，此时正、逆反应速率均下降，缩小容器容积使体系压强增大，可使反应从点移至点，此时正、逆反应速率均增大，则点与点存在正、逆反应速率相等的可能性，选项B正确；
C．设点体系中反应达到平衡时产生的物质的量是，则产生的物质的量为，剩余NO的物质的量为，剩余CO的物质的量为，根据题图可知，此时NO的体积分数为25%，则，解得，所以反应消耗的NO的物质的量为2mol，则NO的平衡转化率为，选项C错误；
D．催化剂改变反应的速率，不能影响平衡的移动，不能提高平衡转化率，选项D错误；
答案选B。
3．B
解析：盐酸的浓度和体积相等，石灰石是足量的，故生成的二氧化碳的体积相等，但是粉末状石灰石，接触面积更大，反应速率更快，故B正确；
故选B。
4．B
解析：A．升温速率加快，平衡逆向移动，转化率降低，A错误；
B．增大压强，速率增大，平衡正向移动，转化率提高，B正确；
C．通入一氧化氮，一氧化氮浓度增大，速率加快，转化率降低，C错误；
D．及时将二氧化碳和氮气分离，反应速率降低，一氧化氮转化率增大，D错误；
故选B。
5．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。
6．C
解析：A．固体和纯液体的浓度视为常数，则A项错误；
B．CO的反应速率为，计量系数之比等于反应速率之比，，B项错误；
C．H2的反应速率为，C项正确；
D．反应速率的单位为或，D项错误；
答案选C。
7．D
解析：A．5.6 g Fe的物质的量是n(Fe)=，4.8 g S的物质的量n(S)=，二者发生反应产生FeS，反应时物质的量的比是1：1，则S过量，反应过程中转移电子数目要以不足量的Fe为标准，0.1 mol Fe反应产生FeS转移0.2 mol电子，则反应转移的电子数为0.2NA，A错误；
B．在标准状况下苯是液态物质，不能使用气体摩尔体积进行有关计算，B错误；
C．1 L0.1 mol·L-1K2Cr2O7酸性溶液(pH=4)中，则K2Cr2O7的物质的量是n()=1 L×0.1 mol/L=0.1 mol，在溶液中与H2O发生反应：+H2O2+2H+，导致被部分消耗，故该溶液中含有的的物质的量小于0.1 mol，因此Cr2O的数目小于0.1NA，C错误；
D．11.2 LCH4和22.4 LCl2(均为标准状况)在光照条件下充分反应后，产物分子的物质的量为n==1.5 mol，则反应后物质分子总数为1.5NA，D正确；
故合理选项是D。
8．C
解析：该反应的平衡常数K=c(Z)，温度不变平衡常数不变，达到平衡时只增大压强平衡常数K依然为c(Z)，所以Z的浓度不变。
答案为C。
9．B
解析：A．中间体1的相对能量为-56.21，中间体2的相对能量为-154.82，中间体1→中间体2的过程是放热过程，故A正确；
B．催化剂不能改变反应物和生成物的能量，加入催化剂，该反应的反应热不变，故B错误；
C．和的相对总能量为0，和的相对总能量为-6.57，正反应放热，和总键能小于和的总键能，故C正确；
D．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3的过程正反应活化能最大，反应速率最慢，所以中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤，故D正确；
选B。
10．D
解析：A．该反应为气体体积减小的反应，则，A错误；
B．反应的平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，则表示为，B错误；
C．使用催化剂的目的是降低反应的活化能，对反应焓变没有影响，C错误；
D．其他条件相同，增大，相当于增大CO2浓度，平衡正向移动，则的转化率增大，D正确；
故选D。
11．C
解析：A．反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)，C元素化合价升高，C做还原剂，Si做还原产物，由还原剂的还原性比还原产物的强，则C的还原性大于Si，A错误；
B．单晶硅是良好的半导体材料，SiO2具有导光性能做光导纤维，B错误；
C．反应若要自发进行，即 G= H-T S<0，对反应(2) G=514.85-T×183.35×10-3<0，T>2800K，则反应(2)在工业1800—2000℃生产条件下无法自发进行发生，C正确；
D．由盖斯定律，反应(1)-反应(2)得到C(s)+CO2(g)=2CO(g) ，△H=687.27-514.85=+172.42kJ·mol-1，D错误；
故选：C。
12．D
解析：A．该反应为气体系数之和减小的反应，ΔS＜0，A不符合题意；
B．该反应为气体系数之和减小的反应，ΔS＜0，B不符合题意；
C．该反应为气体系数之和减小的反应，ΔS＜0，C不符合题意；
D．该反应为气体系数之和增大的反应，ΔS＞0，D符合题意；
综上所述答案为D。
13．B
解析：A．由反应2CaO2(s) 2CaO(s)+O2(g)可知，该反应为气体体积增大的反应，由影响化学平衡移动的因素增大压强（减小体积），平衡向气体体积减小的方向移动，A不符合题意，故X不选；
B．由题意可知该反应的平衡常数，由于K只与温度有关，所以当温度变时K不变，即O2的浓度不变，故选B；
C．由A分析可知缩小体积平衡向逆向移动，则CaO的量会减小，故C不选；
D．由A可得缩小体积平衡逆向移动，则重新建立平衡后CaO2的质量会增加，故D不选。
答案选B
14．D
解析：A．HI的生成速率与HI的分解速率相等，HI的物质的量浓度不再改变，因此能作为判断平衡标志，故A不符合题意；
B．HI的生成速率，正向反应，H2的生成速率，逆向反应，HI的生成速率与H2的生成速率之比是2∶1，速率之比等于计量系数之比，能作为判断平衡标志，故B不符合题意；
C．单位时间内一个H H键断裂，正向反应，同时有两个H I键断裂，逆向反应，两者比率等于计量系数之比，能作为判断平衡标志，故C不符合题意；
D．单位时间里断裂2n mol HI，逆向反应，同时生成nmol I2，逆向反应，同一个方向，因此不能作为判断平衡标志，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
15．D
解析：A．进程I反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误；
B．中加了催化剂，降低反应所需活化能，但平衡不移动，因此平衡时P产率：，故B错误；
C．的第二阶段的活化能大于的任意阶段的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因此生成P的速率：，故C错误；
D．根据进程IV中参与反应的物质和生成的物质，则说明Z不是催化剂，故D正确。
综上所述，答案为D。
二、填空题
16．(1)吸热
(2)1.29
解析：（1）根据表格的数值分析，升高温度，平衡常数增大，说明平衡正向移动，则正向是吸热反应，因此反应①是吸热反应；故答案为：吸热。
（2）根据盖斯定律分析，反应①减去反应②得到反应③：，方程式相减，平衡常数相除，则反应③在的化学平衡常数；故答案为：1.29。
17．(1) 增大 不变
(2)反应③消耗了反应②中的产物水，使反应②的化学平衡向正向移动，从而提高CH3OCH3的产率
(3)c
(4)温度低于240℃时，CO的转化率随温度升高而增大，温度高于240℃时，CO的转化率随温度升高而减小 较低温度时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大，在较高温度时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡逆向移动，CO的转化率减小
解析：（1）根据总反应方程式分析，增大压强，平衡正向移动，CH3OCH3的产率增大，由于温度未变，因此平衡常数将不变；
（2）新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是反应③消耗了反应②中的产物水，根据勒夏特列原理，反应②的化学平衡向正向移动，从而提高CH3OCH3的产率；
（3）a．气体密度ρ=，气体质量不变，容器体积不变，不管是否平衡，密度始终不变，a错误；
b．反应速率之比存在关系：3υ(CO)生成=υ(CO2)消耗，一个正向反应，一个逆向反应，但速率之比不等于计量系数之比，b错误；
c．反应达到平衡后，各组分浓度不变，因此反应物与生成物的物质的量浓度之比保持不变，c正确；
d．若投料量之比为不是1：1，消耗的量始终是1：1，则剩余的量之比不是1：1，d错误；
故选c；
（4）根据图中信息分析，开始温度低，反应速率较慢，还未达到平衡，随着温度升高，速率加快，到240℃，转化率达到最大值，后来温度升高，速率加快，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动了，转化率降低，因此CO转化率随温度变化的规律是温度低于240℃时，CO的转化率随温度升高而增大，温度高于240℃时，CO的转化率随温度升高而减小；其原因是较低温度时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大，在较高温度时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡逆向移动，CO的转化率减小。
18．(1) 60%
(2)7:10
(3)正向移动
(4)不变
解析：根据三段式分析可知：，则有：即，解得x=0.6mol，据此分析解题。
(1)0～5min内用B表示的平均反应速率为，达到平衡时，A的转化率为，故答案为：；60%；
(2)根据阿伏加德罗定律及推论可知，同温同压下气体的压强之比等于其物质的量之比，故达到平衡时容器内气体压强与反应前容器内气体压强之比为[(3-3x)+(1-x)+2x]：(3+1)=(4-2x):4=(4-2×0.6)：4=7:10，故答案为：7:10；
(3)分析反应为一个正反应为气体体积缩小的反应，故维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡将向正向移动，故答案为：正向移动；
(4)化学平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故达到平衡后，若保持温度不变，将C从容器中分离出一部分，则化学平衡常数不变，故答案为：不变。
19．加深 变浅 加深 增大 逆反应 变浅 减小 正反应
解析：该反应为放热反应，热水中混合气体颜色加深，说明二氧化氮浓度增大，平衡向逆反应方向移动，冰水中混合气体颜色变浅，说明二氧化氮的浓度减小，平衡向正反应方向移动，则升高温度，平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热反应方向移动，故答案为：加深；变浅；加深；增大；逆反应；变浅；减小；正反应。
20．12 mol·L－1·min－1 0.04 mol·L－1·min－1 2.4 mol·L－1 20%
解析：在容积为2L的密闭容器中，充入3mol N2和6mol H2，5分钟时NH3的物质的量浓度为0.4mol/L，则可列出三段式：(单位：mol)，则5分钟内；；此时，，H2的转化率为。
21．75mol/(L·min) 2.5mol/L
解析：(1)在2min末时测得C的物质的量是2mol，则根据方程式可知消耗A是3mol，浓度是3mol÷2L＝1.5mol/L，则用A的浓度变化表示反应的平均速率v(A)=1.5mol/L÷2min＝0.75mol/(L·min)；
(2)消耗B是1mol，剩余B是6mol－1mol＝5mol，则2min末时，B的浓度c(B)=5mol÷2L＝2.5mol/L。
22．(1) 800 165
(2)＞ a
(3)甲 乙
(4)C
解析：（1）①由反应热等于反应物键能之和与生成物键能之和的差，可得反应I中△H1= (2a+3×436) kJ/mol-(3×406+351+2×462.5+465) kJ/mo1=-51kJ/mo1，解得a=+800 kJ/mo1；
②由反应热等于Ea(正)活化能与Ea(逆)活化能可得：Ea(正)活化能-124 kJ/mo1=+41 kJ/mo1，解得Ea(正)活化能=+165 kJ/mol；
（2）①对于反应I ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，△H=-51 kJ/mo1，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，由图示可知CO2的平衡转化率：P1＞P2，所以压强：P1＞P2；
②图2中x点平衡体系时升温，v正、v逆都增大，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，至反应重新达平衡状态时c(CH3OH)减小，因此反应再达到新平衡点是a点；
（3）对于反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41 kJ/mo1。正、逆反应速率分别可表示为v正=k正c(CO2)·c(H2)、v逆=k逆c(CO)·c(H2O)，k正、k逆分别表示正、逆反应速率常数，该反应的正反应是吸热反应，升高温度，v正、v逆都增大，则1gk正随温度的升高而增大。升高温度化学平衡向吸热的正反应方向移动，导致正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，v正＞v逆、所以lgk正＞lgk逆，所以表示1gk正随温度T变化关系的直线是甲；表示lgk逆随温度T变化关系的直线是乙；
（4）A．如图所示，左侧通入CO2逸出CO，C元素化台价降低，发生还原反应是阴极，故a连接电源负极作阴极，A正确；
B．右侧Cl-变化为ClO-，Cl元素的化合价升高发生氧化反应，故为阳极，连接电源正极，电解质溶液显碱性，故电极反应式为：Cl- -2e-+2OH-=ClO-+H2O，B正确；
C．电解池中阳离子向阴极移动，电解过程中Na+从右池移向左池，C错误；
D．依据阴极电极反应CO2+2e-+2H+=CO+H2O，每转移 l mol电子，被还原的CO2为0.5 mol，在标况下的体积为V=nVm=0.5mol×22.4 L/mol=11.2 L，D正确；
故合理选项是C。
23．(1)C
(2)Na2SO3+S=3Na2S2O3
(3)若SO2过量，溶液呈酸性，Na2S2O3会发生歧化反应被损耗
(4)H2SO4 Na2S2O3
(5)SO2+I2+2H2O=2I—+SO+4H+
(6)通入少量SO2
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是制备二氧化硫和硫代硫酸钠，并探究浓度对硫代硫酸钠溶液与酸反应的反应速率的影响和硫代硫酸的还原性。
解析：（1）70%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫的反应为易溶于水的亚硫酸钠与70%的浓硫酸不加热制备易溶于水的二氧化硫的反应，所以制备装置应选择固液不加热的反应装置C，故选C；
（2）由题意可知，反应iii发生的反应为反应生成的硫与亚硫酸钠溶液反应生成硫代硫酸钠，反应的化学方程式为Na2SO3+S=3Na2S2O3，故答案为：Na2SO3+S=3Na2S2O3；
（3）溶于水的二氧化硫能与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，硫代硫酸钠在酸性溶液中会发生歧化反应生成硫、二氧化硫和水，所以为防止硫代硫酸钠发生歧化反应造成损耗，所以当溶液pH值接近于7时，停止通入二氧化硫，故答案为：若SO2过量，溶液呈酸性，Na2S2O3会发生歧化反应被损耗；
（4）①由表格数据可知，实验C、D、E中溶液总体积和硫代硫酸钠溶液的体积相同，而稀硫酸和蒸馏水的体积不同，则由探究实验变量唯一化原则可知，实验C、D、E探究稀硫酸溶液浓度对反应速率的影响，故答案为：H2SO4；
②由图可知，实验D出现浑浊度的时间少于实验B，说明硫代硫酸钠溶液的浓度的改变对化学反应速率的影响更大，故答案为：Na2S2O3；
③由表格数据可知，溶液总体积和硫代硫酸钠溶液体积相同时，实验C中稀硫酸的体积大于实验D，说明稀硫酸溶液的浓度大于实验D，反应速率快于实验D，出现浑浊度的时间少于实验D，则实验C对应的曲线如下图所示：，故答案为：；
（5）由题意可知，二氧化硫与碘水反应生成氢碘酸和硫酸，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=2I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I2+2H2O=2I—+SO+4H+；
（6）由题给信息可知，向变蓝色的溶液中通入少量二氧化硫，溶液蓝色迅速消失，一段时间后再次变蓝说明该实验小组提出的假设合理，故答案为：通入少量SO2