专题2 化学反应速率与化学平衡 单元检测题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 专题2 化学反应速率与化学平衡 单元检测题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-18 21:57:17 | ||
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文档简介
专题2《化学反应速率与化学平衡》单元检测题
一、单选题
1．利用反应 △H＜0，可减少汽车尾气对大气的污染。该反应的速率方程可表示为、，其中、分别为正、逆反应的速率常数(与温度有关)，lgk与的关系如图所示：
下列说法正确的是
A．升高温度，v正减小、v逆增大 B．曲线②代表lgk正
C．该反应易在高温下自发进行 D．℃-1时，该反应的平衡常数K为10
2．某小组欲探究某反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行如表实验(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是
编号 0.01mol/L酸性KMnO4 溶液体积/mL 0.1mol/LH2C2O4 溶液体积/mL 水的体积 /mL 反应温度 /℃ 反应时间 /min
I 2 2 0 20 2.1
II 2 V1 1 20 5.5
III 2 V2 0 50 0.5
A．V1=1，V2=2
B．实验I、III的目的是探究温度对化学反应速率的影响
C．实验III中用KMnO4浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.02mol·L-1·min-1
D．若改用0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液，将不能达到实验目的
3．一定条件下的反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(s) ΔH=QkJ·mol 1，反应过程中化学平衡常数(K)与温度，C的百分含量与时间的关系如图所示，以下说法不正确的是
A．Q＞0
B．a+b＜c
C．K越大，A的转化率越大
D．达到平衡后，增加少量D，平衡逆向移动
4．在恒压密闭容器中，充入起始量一定的和，主要发生下列反应：
反应I：
反应Ⅱ：
达平衡时，转化率和的选择性随温度的变化如图所示[的选择性]，下列说法不正确的是
A．反应I的
B．温度一定，通过增大压强能提高的平衡产率
C．温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高说明此时主要发生反应I
D．同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温低压条件下反应
5．可生产并进而制得硫酸等，其反应原理为：。下列说法正确的是
A．该反应在工业上需要在高温高压下进行
B．反应速率平衡后再通入、的体积分数一定增加
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高的平衡转化率
D．和充分反应放出的热量小于196.6kJ
6．为探究锌与稀硫酸的反应速率，向反应混合液中加入某物质，下列判断正确的是
A．加入固体，速率不变
B．加入少量硫酸钠固体，速率不变
C．加入固体，速率增大
D．滴加少量溶液，速率减小
7．相同条件下，下列比较前者大于后者的是
A．熵，
B．熵变，
C．焓(s，石墨)，(s，金刚石)
D．焓变，
8．在容积为500mL的真空密闭容器中充入0.009mo1HI，保持448℃恒温条件下发生反应： ，达到平衡时，测得。下列说法正确的是
A．向容器内再充入一定量HI，平衡正向移动，达到新平衡时各组分百分含量和浓度均不变
B．升高体系温度，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动，但体系压强保持不变
C．保持恒温，压缩容器容积，气体颜色变深，说明平衡正向移动，增大
D．448℃时，反应的平衡常数
9．在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在溶液中发生反应
反应①：(邻二氯苯)
反应②：(对二氯苯)
反应①和②存在的速率方程：和，、为速率常数，只与温度有关，反应①和②的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．若对二氯苯比邻二氯苯稳定，则
B．保持反应体系温度恒定，体系中两种有机产物的浓度之比保持不变
C．通过改变催化剂可以提高产物中对二氯苯的比例
D．相同时间内，(对二氯苯)(邻二氯苯)
10．对于一定温度下的密闭容器中，可逆反应H2+I2 2HI达到平衡的标志是
A．V(HI)=V(I2) B．V(H2)正=V(I2)逆 C．V(HI) 正=V(I2) 逆 D．V(H2) 正=V(I2) 正
11．在一个密闭的2 L容器，合成氨反应(N2+3H22NH3)的H2浓度数据如下，当用氨气浓度的减少来表示该化学反应速率时，其速率为
H2
起始浓度mol/L 3.0
2秒末浓度mol/L 1.8
A．0.4mol/(L·s) B．0.6mol/(L·s) C．0.8mol/(L·s) D．1.2mol/(L·s)
12．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．工业上用电解法制备54gAl时产生气体分子数为3NA
B．1molN2与足量的H2在一定条件下反应生成NH3分子数为2NA
C．标准状况下，22.4L氯气与足量烧碱溶液反应转移电子数为2NA
D．220g三硫化四磷(P4S3，如图所示)含极性键数为6NA
13．向一密闭容器中充入1molNO2，进行可逆反应2NO2(g)N2O4(g)，该反应的反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，下列叙述正确的是
A．t2～t3时，NO2、N2O4的物质的量均没有发生变化
B．t1时刻，只进行了正反应
C．t2～t3时，反应不再发生
D．t2时刻，容器内有0.5molN2O4
14．一定温度下，10mL0.80mol L-1H2O2溶液发生催化分解.不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如表。
t/min 0 2 4 6 8 10
V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A．0～6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol L-1 min-1
B．6～10min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2mol L-1 min-1
C．反应至6min时，c(H2O2)=0.60mol L-1
D．反应至6min时，H2O2分解了50%
15．不同化学反应进行的快慢程度不同。下列化学反应速率最快的是
A．Cu与AgNO3溶液反应 B．敦煌壁画变色 C．石笋形成 D．橡胶老化
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
16．Ⅰ.影响化学反应速率的因素有多种，请在横线上填入与下列各项关系最为密切的影响化学反应速率的因素(填“温度”、“浓度”、“催化剂”、“压强”、“物质本身的性质”或“固体表面积”)：
(1)夏天的食品易变霉，在冬天不易发生该现象： 。
(2)同浓度不同体积的盐酸中放入同样大小的锌块和镁块，产生气体有快有慢： 。
(3)MnO2加入双氧水中放出气泡加快： 。
Ⅱ.在一定温度下，4 L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
(1)比较t2时刻，正、逆反应速率大小：v(正) (填“>”“＝”或“<”)v(逆)。
(2)若t2＝2 min，反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率v(M)＝ mol·L－1·min－1。
(3)t1、t2、t3三个时刻中处于平衡状态的时刻为 (填“t1”“t2”或“t3”)。
(4)如果升高温度，则v(逆) (填“增大”“减小”或“不变”)。
17．氨酸法是常用的燃煤烟气脱硫工艺，其原理是用氨水将转化为，再氧化成。
(1)该方法利用了的_______性质。
A．漂白 B．氧化 C．还原 D．酸性氧化物
(2)根据原理，能提高燃煤烟气中去除率的措施有_______。
A．增大氨水浓度 B．升高反应温度
C．使燃煤烟气与氨水充分接触 D．通入空气使转化为
(3)采用该方法脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的，解释其原因 。
18．金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(i)直接氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+172kJ mol-1，Kp1=1.0×10-2
(ii)碳氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H2=-51kJ mol-1，Kp2=1.2×1012Pa
①对于直接氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“变大”“变小”或“不变”)。
②直接氯化的反应趋势远小于碳氯化，其原因是 。
(2)在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2按物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应C(s)+CO2(g)CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= Pa(≈8.5)。
②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
(3)TiO2直接氯化和碳氯化都属于“气—固”反应，工业生产中有利于“气—固”充分接触的措施是 。
三、实验题
19．某同学利用铁与硫酸的反应，探究影响反应速率的因素(实验所用铁的质量相等且铁块的形状相同，硫酸均过量)，实验设计如表：
实验编号 硫酸浓度/(mol·L-1) 硫酸体积/mL 铁的状态 温度/K
1 1.00 40 块状 293
2 2.00 40 块状 293
3 2.00 40 粉末 293
4 2.00 40 块状 313
回答下列问题：
(1)若四组实验均以收集到448mL(标准状况)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是 。
(2)实验1和2是探究 对该反应速率的影响；实验 和 是探究温度对该反应速率的影响。
(3)根据实验测得的在不同时间t产生氢气体积V的数据，绘制得到图甲，则曲线c对应的实验组别可能是 。根据实验数据，该同学发现对于每一组实验，产生氢气的速率v随时间t变化情况如图乙所示，其中t1～t2速率变化的主要原因是 。
(4)若上述实验所用硫酸体积均为250mL，实验3反应进行2min时收集到448mL(标准状况)氢气，该时间段内以硫酸的浓度变化表示的平均反应速率v(H2SO4)= (反应后溶液体积不变)。
(5)实验4如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不影响产生氢气的量，下列措施你认为可行的是 (填编号)。
A．加蒸馏水 B．减小压强 C．加入CH3COONa D．加CuSO4固体
(6)进行实验3时，若将稀硫酸改为40mL4.0mol·L-1盐酸(其他条件不变)，发现放出气泡的速率，盐酸明显比硫酸快。你认为可能的原因是 (忽略温度对反应速率的影响)。
20．某化学工作者研究在不同时，溶液对分解的催化作用。
编号 实验 现象
Ⅰ 向的溶液中加入溶液 出现少量气泡
Ⅱ 向的溶液中加入溶液 立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡
Ⅲ 向的溶液中加入溶液 立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡
已知：a.为红色固体，难溶于水，溶于硫酸生成和。
b.为棕褐色固体，难溶于水，溶于硫酸生成和。
c.为弱酸性。
请回答下列有关问题：
(1)写出的电离方程式 ；写出的电子式 ；中原子的杂化类型是 。
(2)经检验生成的气体均为，Ⅰ中催化分解的化学方程式是 。
(3)要检验某铜粉是否含，写出具体操作、现象及结论 。
(4)取适量Ⅲ中洗涤干净的棕褐色沉淀于试管中，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。据此， (填“能”或“否”)判断该棕色沉淀中没有；理由是 。
(5)结合离子方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因： 。
21．科学探究要实事求是、严谨细致。某化学兴趣小组设计实验进行有关氯化物的探究实验，回答下列问题：
I．制备FeCl2。装置如图所示(夹持装置省略)，已知FeCl3极易水解。
(1)仪器a的名称是 。
(2)装置II中制备FeCl2的化学方程式为 。
(3)该装置存在的缺陷是：① ；②缺少氢气的尾气处理装置。
II．利用惰性电极电解0.1 mol L-1FeCl2溶液，探究外界条件对电极反应(离子放电顺序)的影响。
(4)实验数据如表所示：
实验编号 电压/V pH 阳极现象 阴极现象
1 1.5 5.52 无气泡，滴加KSCN显红色 无气泡，银白色金属析出
2 3.0 5.52 少量气泡，滴加KSCN显红色 无气泡，银白色金属析出
3 4.5 5.52 大量气泡，滴加KSCN显红色 较多气泡，极少量金属析出
4 1.5 1.00 无气泡，滴加KSCN显红色 较多气泡，极少量金属析出
①由实验1、2现象可以得出结论：增大电压， 优先于 放电；
②若由实验1、4现象可以得出结论： 。
II．为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，兴趣小组设计了如下实验方案：
实验编号 c(NH4Cl)/mol·L-1 温度/℃ 待测物理量 实验目的
5 0.5 30 a ——
6 1.5 i b 探究浓度对氯化铵水解平衡的影响
7 0.5 35 c ii
8 2.0 40 d 探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响
(5)该实验限选药品和仪器：恒温水浴、pH传感器、烧杯、0.1mol．L-1硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液。
①实验中，“待测物理量”是 ；
②实验目的ii是 ；
③上述表格中，b d(填“>”、“<”或“=”)。
试卷第4页，共10页
参考答案：
1．D
【详解】A．升高温度，v正增大、v逆也增大，A错误；
B．该反应的正反应为放热反应，降低温度，正、逆反应速率减小，k正、k逆也减小，由于温度对吸热反应影响更大，所以化学平衡正向移动，则k正＞k逆，所以曲线③代表lgk正，曲线④代表lgk逆，B错误；
C．该反应的正反应是气体体积减小的放热△H＜0，△S＜0，因此反应易在低温下自发进行，C错误；
D．，，当v正=v逆时，反应处于平衡状态，=，，根据选项B分析可知曲线③代表lgk正，曲线④代表lgk逆，在℃-1，lgk正=a-0.1，lgk逆=a-1.1，所以即lgk正-lgk逆=1=lgK，故K=10，D正确；
故合理选项是D。
2．C
【详解】A．探究某反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，则控制变量为浓度、温度，其它量要相同，故V1=1，V2=2，A正确；
B．实验I、III变量为温度，目的是探究温度对化学反应速率的影响，B正确；
C．实验III中用KMnO4浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.01mol·L-1·min-1，C错误；
D．若改用0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液，高锰酸钾过量，不能褪色，不能达到实验目的，D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．升高温度平衡常数增大，说明正反应为吸热反应，则Q＞0，A正确；
B．压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以P1＞P2，据图可知压强越大C的百分含量越小，说明该反应为气体系数之和增大的反应，所以a+b＜c，B正确；
C．K越大，说明温度越高，平衡正向移动，A的转化率增大，C正确；
D．D为固体，增加少量D，平衡不移动，D错误；
综上所述答案为D。
4．D
【分析】反应I是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，因此曲线①是的选择性。
【详解】A．反应I能够自发进行，根据 ，则，故A正确；
B．反应I正向反应是等体积反应，反应Ⅱ正向反应是体积减小的反应，温度一定，增大压强，反应Ⅱ正向移动，的平衡产率增大，故B正确；
C．根据前面分析曲线②是转化率,反应I是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高，说明此时主要发生反应I，故C正确；
D．反应Ⅱ正向反应是体积减小的放热反应，要同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温高压条件下反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
5．D
【详解】A．该反应的条件是在常压，450~500℃时，用五氧化二钒作催化剂，这个反应是可逆反应，而且是反应后气体分子数减小的反应，从理论上来说，应采用高压有利于生成，但是在常压时转化率已很高，没有必要用高压设备了，故A错误；
B．当通入的量很大时，参与反应的较少，生成的增加较少，但是由于混合气体总量增加更多，则的体积分数反而减小，故B错误；
C．催化剂能改变反应速率，但不能改变的平衡转化率，故C错误；
D．该反应为可逆反应，不能进行到底，放出的热量小于196.6kJ，故D正确；
答案选D。
6．B
【详解】A．为强酸的酸式盐，向反应混合液中加入固体，由于电离出氢离子而使溶液中的氢离子浓增大，从而化学反应速率增大，故A错；
B．加入少量硫酸钠固体，溶液中的氢离子浓度几乎不变，则化学反应速率也不变，故B正确；
C．为强碱弱酸盐，醋酸根会与溶液中的氢离子结合生成弱电解质醋酸，从而使溶液中的氢离子浓度减小，则化学反应速率减小，故C错；
D．中的在Zn的表面得到电子被还原为单质Cu，从而形成无数个微小的原电池，会加快化学反应速率，故D错；
答案选B。
7．B
【详解】A．物质相同时，熵值：气态>液态>固态，故熵小于，故A错误；
B．为熵增大的过程，；为熵减过程，，故B正确；
C．石墨更稳定，焓更低，(s，石墨)的焓小于(s，金刚石)的焓，故C错误；
D．两者都为放热反应，，本身能量高，放热更多，更小，故D错误。
答案选B。
8．D
【详解】A．容器为恒温恒容状态，向容器中再通入一定量的HI，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向进行，建立的新平衡与原平衡为等效平衡，各组分百分含量不变，但组分浓度增大，故A错误；
B．升高温度，正逆反应速率均增大，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，相同条件下，气体压强与温度成正比，因此升高温度，气体压强增大，故B错误；
C．恒温，压缩容器的体积，压强增大，该反应气体系数之和相等，平衡不移动，但组分浓度增大，气体颜色变深，故C错误；
D．该温度下，达到平衡，n(I2)=n(H2)=0.001mol，n(HI)=(0.009－0.001×2)=0.007mol，Kc1==，的平衡常数与题干所给反应平衡常数的关系是Kc==7，故D正确；
答案为D。
9．A
【详解】A．反应①和反应②的、，又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应②吸收的热量更少，即，A错误；
B．反应①和反应②，则，，温度恒定时，、保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，B正确；
C．改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，C正确；
D．反应①和反应②中转化为对二氯苯和邻二氯苯均为进行，则(对二氯苯)(邻二氯苯)成立，D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．V(HI)=V(I2)中没有说明正逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．V(H2)正=V(I2)逆中说明正反应速率等于逆反应速率，能够说明反应达到平衡，故B选；
C．V(HI) 正=V(I2) 逆中说明正反应速率和逆反应速率不相等，当2V(HI) 正=V(I2) 逆时才能说明，反应达到平衡，故C不选；
D．V(H2) 正=V(I2) 正中都是正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故选B。
11．A
【详解】2s内氢气的浓度变化量=3.0mol/L-1.8mol/L=1.2mol/L，故2s内用氢气表示的平均反应速率==0.6mol/(L·s)，方程式的计量系数之比等于其速率之比，故，所以用氨气浓度的减少来表示该化学反应速率时=0.4mol/(L·s)，故答案选A。
12．D
【详解】A．工业上电解熔融氧化铝制备铝，，A项错误；
B．合成氨的反应是可逆反应，反应不能进行完全，所以1molN2与足量的H2反应生成NH3分子数小于2NA，B项错误；
C．，标准状况下，的物质的量为1mol，1mol Cl2参与反应转移电子，C项错误；
D．的物质的量为，磷硫键为极性键，磷磷键为非极性键，1个分子含6个极性键，D项正确；
答案选D。
13．A
【详解】A．t2～t3时，反应处于平衡状态，则NO2、N2O4的物质的量均不变，A正确；
B．由题图可知，t1时刻反应速率v正>v逆，此时正、逆反应均进行，正向进行程度大于逆向进行程度，B错误；
C．t2～t3时反应处于平衡状态，但并未停止，C错误；
D．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故t2时刻n(N2O4)小于0.5 mol，D错误；
故选A。
14．D
【详解】A．0～6min时间内，生成=0.001mol，由2H2O2=2H2O+O2↑得消耗△n(H2O2)=2×△n(O2)=2×0.001mol=0.002mol，△c(H2O2)=mol/L=0.20mol/L，所以v(H2O2)=≈3.3×10-2mol/(L min)，故A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，6～8min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故B正确；
C．由A计算可知，反应至6min时c(H2O2)=0.60mol/L，故C正确；
D．6min内△c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率=×100%≈33.3%，故D错误；
故选：D。
15．A
【详解】Cu与AgNO3在溶液中会迅速发生反应：Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2，反应非常迅速，而敦煌壁画变色、石笋形成、橡胶老化的反应速率都比较缓慢，故合理选项是A。
16． 温度 物质本身的性质 催化剂 > 0.25 t3 增大
【详解】I.(1)夏天温度高于冬天，夏天的食品易变酶，在冬天不易发生该现象，应是温度对反应速率的影响；故答案为：温度；
(2)镁比锌活泼，应是物质本身的性质影响化学反应速率；故答案为：物质本身的性质；
(3)MnO2能加速H2O2的分解，MnO2为催化剂，应是催化剂对化学反应速率的影响；故答案为：催化剂；
II.(1)根据图象，M的物质的量逐渐增多，M为生成物，N的物质的量逐渐减少，N为反应物，根据化学计量数之比等于变化的物质的量之比，因此该反应的方程式为2NM，t2时刻没有达到平衡，M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，反应向正反应方向进行，v正＞v逆；故答案为：＞；
(2)根据化学反应速率的数学表达式，v(M)==0.25mol/(L·min)；故答案为：0.25；
(3)平衡达到平衡，组分的物质的量保持不变，因此达到平衡的是t3时刻；故答案为：t3；
(4)升高温度，正逆反应速率都增大；故答案为：增大。
17．(1)D
(2)AC
(3)溶于水形成的碳酸，其酸性比亚硫酸酸性弱，会与碳酸氢盐反应
【详解】（1）氨水中NH3·H2O是碱，能与酸性氧化物反应生成盐和水，当通入过量时，生成的盐是，故该方法利用了的酸性氧化物的性质，答案选D；
（2）A．增大氨水浓度，碱性增强，更好吸收，能提高燃煤烟气中去除率，A项符合题意；
B．升温，在水中溶解度减小，不利于吸收，B项不符合题意；
C．使燃煤烟气与氨水充分接触，氨水可更好吸收，C项符合题意；
D．通入空气使转化为，空气将二氧化硫从溶液中吹出，对吸收的效果不好，D项不符合题意；
故答案选AC。
（3）溶于水形成的碳酸，其酸性比亚硫酸酸性弱，即使氨水吸收生成碳酸氢盐，后续也会与碳酸氢盐反应，故氨水先吸收，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的。
18．(1) 不 变大 直接氯化的体系是气体分子数不变、且是吸热过程，而碳氯化反应气体分子数增加，△H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程
(2) 850 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益
(3)将固体粉碎后加入反应容器，鼓入Cl2吹起固体反应物，使固体粉末“沸腾”
【详解】（1）①对于直接氯化反应，反应后气体分子数不变，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡不移动；该反应是吸热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向右移动，则平衡转化率变大；
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加， H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，Cl2是0，反应C(s)+CO2(g)=CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)===850；
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2吹起固体反应物，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
19．(1)收集448mL氢气所需的时间
(2) 硫酸的浓度 2 4
(3) 2 铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快
(4)0.04mol·L-1·min-1
(5)AC
(6)Cl-加快反应速率
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
【详解】（1）实验为探究影响反应速率的因素，若四组实验均以收集到448mL (标准状况下)氢气为标准，通过测定产生相同体积气体所需时间就可以求出反应的速率，故还需要测定收集448mL氢气所需的时间，故答案为：收集448mL氢气所需的时间；
（2）实验1和2硫酸的浓度不同，其他反应条件均相同，故实验1和2为探究硫酸浓度对该反应速率的影响；探究温度对该反应速率的影响，应保证除了温度以外的反应条件均相同，实验2和4只有反应温度不同，为探究温度对该反应速率的影响，故答案为：硫酸的浓度；2；4；
（3）温度越高，反应速率越快，产生相同体积的氢气所需时间越短；温度、硫酸浓度相同时，粉末状铁与硫酸的接触面积大，反应速率更快；温度、铁的状态相同时，硫酸的浓度越大，反应速率越快，则曲线a对应实验4，曲线b对应实验3，曲线c对应实验2，曲线d对应实验1；铁与硫酸的反应为放热反应，放出的热量使溶液的温度升高，因此t1～t2反应速率增大，故答案为：2；铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快；
（4）448mL (标准状况)氢气的物质的量为0.02mol，根据可知，消耗硫酸的物质的量为0.02mol，则，故答案为：0.04mol·L-1·min-1；
（5）A．加入蒸馏水，硫酸的浓度减小，反应速率减缓，氢离子的物质的量不变，不影响氢气的量，故A符合题意；
B．减小压强对该反应不产生影响，故B不符合题意；
C．加入CH3COONa，CH3COO-结合H+生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减缓，随着反应的进行，醋酸会电离出氢离子，溶液中氢离子总物质的量不变，不影响氢气的量，故C符合题意；
D．加CuSO4固体，Fe置换出铜，形成原电池，反应速率加快，同时与硫酸反应的Fe减少，氢气的量减少，故D不符合题意；
答案选AC，故答案为：AC；
（6）4.0mol·L-1盐酸与2.0mol·L-1硫酸相比，氢离子浓度相同，差别在于硫酸根离子和氯离子，则盐酸明显比硫酸快可能的原因是Cl-加快反应速率，故答案为：Cl-加快反应速率。
20．(1) 、
(2)
(3)取少量某铜粉于试管中，加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色，则含CuO；若溶液不变蓝，则无CuO
(4) 否 与硫酸反应产生的具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化或，从而无法看到红色沉淀
(5)，增大，降低，平衡正向移动，的量增多
【详解】（1）为二元弱酸，故分步电离，电离方程式为、；的电子式为；中周围的价层电子对数为：，故其中的杂化类型是
（2）催化作用下，分解生成氧气和水，化学方程式为：
（3）利用在酸性条件下发生歧化反应，可检验铜粉中是否有。故具体操作、现象和结论是：取少量某铜粉于试管中，加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色，则含；
（4）与硫酸反应产生的具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化或，从而无法看到红色沉淀，故取适量Ⅲ中洗涤干净的棕褐色沉淀于试管中，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。据此，不能判断该棕色沉淀中没有；答案为：否；与硫酸反应产生的具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化或，从而无法看到红色沉淀；
（5）有弱酸性，越大越能促进过氧化氢电离生成，实验Ⅲ溶液中浓度大于实验Ⅱ，故加入同浓度的硫酸铜时，Ⅰ中生成的更多。
21．(1)长颈漏斗
(2)
(3)装置I与装置II间缺少干燥装置
(4) Cl- Fe2+ 增加H+浓度，H+优先于Fe2+放电
(5) 溶液的pH 探究温度对氯化铵水解平衡的影响 ＞
【分析】在装置I中Zn与稀硫酸发生置换反应产生H2，在加热条件下H2还原FeCl3得到FeCl2，装置III中碱石灰的作用有两个：一是吸收反应产生的HCl，防止大气污染，二是吸收空气中的水分，防止FeCl3水解。在使用惰性电极电解时，阳极上失去电子发生氧化反应，阴极上发生得到电子的还原反应，根据电压大小及溶液pH发生改变时，电极产物的变化及现象的不同，分析判断离子放电能力大小及物质的氧化性、还原性强弱顺序。
【详解】（1）根据图示可知仪器a的名称是长颈漏斗；
（2）在装置II中在加热条件下H2与FeCl3发生反应产生FeCl2、HCl，反应的化学方程式为：，答案为：；
（3）在装置I中Zn与稀H2SO4发生置换反应产生的H2未经干燥就通入装置II中，会导致FeCl3发生水解反应，故该装置存在的缺陷是装置I与装置II间缺少干燥装置，答案为：装置I与装置II间缺少干燥装置。
（4）在实验1中在电压为1.5时阳极上无气泡，滴加KSCN显红色，说明是Fe2+失去电子变为Fe3+，电极反应式是；实验2中在电压为3.0时阳极上现象是产生少量气泡，滴加KSCN显红色，说明附近溶液中产生Fe3+，同时有Cl2生成；在实验3中电压增大至4.5，阳极上现象是大量气泡，滴加KSCN显红色，说明电压增大，阳极上Cl-失去电子能力增强，发生反应：；电解FeCl2溶液，根据实验1、2可知：在溶液pH相同时，电压越大，阳极产生的气泡就越多，即增大电压，产生氯气的速率更快或增大电压，Cl-优先于Fe2+放电；电解FeCl2溶液，根据实验1、4可知：在电压相同时，溶液pH越小，阴极产生的气泡就越多，产生的金属单质就越少，说明离子放电能力大小与溶液中离子浓度大小有关，增大H+的浓度，H+氧化性强于Fe2+，H+优先于Fe2+放电，答案为：Cl-，Fe2+，增加H+浓度，H+优先于Fe2+放电；
（5）①由提供的药品和仪器可知，pH计是准确测定溶液的pH的，所以待测物理量是溶液的pH。②探究浓度对氯化铵水解平衡的影响，则温度必须相同，所以实验6的温度与实验5相同，即为30度。实验5和实验7浓度相同，温度不同，所以是探究温度对氯化铵水解平衡的影响。③水解反应属于吸热反应，温度越高水解程度越大，氢离子浓度增大，浓度越高，水解生成的氢离子浓度越大，则溶液的酸性越强，已知实验Ⅳ的浓度大，温度高，所以溶液的pH小，即b＞d，答案为：溶液的pH，探究温度对氯化铵水解平衡的影响，＞
一、单选题
1．利用反应 △H＜0，可减少汽车尾气对大气的污染。该反应的速率方程可表示为、，其中、分别为正、逆反应的速率常数(与温度有关)，lgk与的关系如图所示：
下列说法正确的是
A．升高温度，v正减小、v逆增大 B．曲线②代表lgk正
C．该反应易在高温下自发进行 D．℃-1时，该反应的平衡常数K为10
2．某小组欲探究某反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行如表实验(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是
编号 0.01mol/L酸性KMnO4 溶液体积/mL 0.1mol/LH2C2O4 溶液体积/mL 水的体积 /mL 反应温度 /℃ 反应时间 /min
I 2 2 0 20 2.1
II 2 V1 1 20 5.5
III 2 V2 0 50 0.5
A．V1=1，V2=2
B．实验I、III的目的是探究温度对化学反应速率的影响
C．实验III中用KMnO4浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.02mol·L-1·min-1
D．若改用0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液，将不能达到实验目的
3．一定条件下的反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(s) ΔH=QkJ·mol 1，反应过程中化学平衡常数(K)与温度，C的百分含量与时间的关系如图所示，以下说法不正确的是
A．Q＞0
B．a+b＜c
C．K越大，A的转化率越大
D．达到平衡后，增加少量D，平衡逆向移动
4．在恒压密闭容器中，充入起始量一定的和，主要发生下列反应：
反应I：
反应Ⅱ：
达平衡时，转化率和的选择性随温度的变化如图所示[的选择性]，下列说法不正确的是
A．反应I的
B．温度一定，通过增大压强能提高的平衡产率
C．温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高说明此时主要发生反应I
D．同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温低压条件下反应
5．可生产并进而制得硫酸等，其反应原理为：。下列说法正确的是
A．该反应在工业上需要在高温高压下进行
B．反应速率平衡后再通入、的体积分数一定增加
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高的平衡转化率
D．和充分反应放出的热量小于196.6kJ
6．为探究锌与稀硫酸的反应速率，向反应混合液中加入某物质，下列判断正确的是
A．加入固体，速率不变
B．加入少量硫酸钠固体，速率不变
C．加入固体，速率增大
D．滴加少量溶液，速率减小
7．相同条件下，下列比较前者大于后者的是
A．熵，
B．熵变，
C．焓(s，石墨)，(s，金刚石)
D．焓变，
8．在容积为500mL的真空密闭容器中充入0.009mo1HI，保持448℃恒温条件下发生反应： ，达到平衡时，测得。下列说法正确的是
A．向容器内再充入一定量HI，平衡正向移动，达到新平衡时各组分百分含量和浓度均不变
B．升高体系温度，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动，但体系压强保持不变
C．保持恒温，压缩容器容积，气体颜色变深，说明平衡正向移动，增大
D．448℃时，反应的平衡常数
9．在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在溶液中发生反应
反应①：(邻二氯苯)
反应②：(对二氯苯)
反应①和②存在的速率方程：和，、为速率常数，只与温度有关，反应①和②的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．若对二氯苯比邻二氯苯稳定，则
B．保持反应体系温度恒定，体系中两种有机产物的浓度之比保持不变
C．通过改变催化剂可以提高产物中对二氯苯的比例
D．相同时间内，(对二氯苯)(邻二氯苯)
10．对于一定温度下的密闭容器中，可逆反应H2+I2 2HI达到平衡的标志是
A．V(HI)=V(I2) B．V(H2)正=V(I2)逆 C．V(HI) 正=V(I2) 逆 D．V(H2) 正=V(I2) 正
11．在一个密闭的2 L容器，合成氨反应(N2+3H22NH3)的H2浓度数据如下，当用氨气浓度的减少来表示该化学反应速率时，其速率为
H2
起始浓度mol/L 3.0
2秒末浓度mol/L 1.8
A．0.4mol/(L·s) B．0.6mol/(L·s) C．0.8mol/(L·s) D．1.2mol/(L·s)
12．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．工业上用电解法制备54gAl时产生气体分子数为3NA
B．1molN2与足量的H2在一定条件下反应生成NH3分子数为2NA
C．标准状况下，22.4L氯气与足量烧碱溶液反应转移电子数为2NA
D．220g三硫化四磷(P4S3，如图所示)含极性键数为6NA
13．向一密闭容器中充入1molNO2，进行可逆反应2NO2(g)N2O4(g)，该反应的反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，下列叙述正确的是
A．t2～t3时，NO2、N2O4的物质的量均没有发生变化
B．t1时刻，只进行了正反应
C．t2～t3时，反应不再发生
D．t2时刻，容器内有0.5molN2O4
14．一定温度下，10mL0.80mol L-1H2O2溶液发生催化分解.不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如表。
t/min 0 2 4 6 8 10
V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A．0～6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol L-1 min-1
B．6～10min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2mol L-1 min-1
C．反应至6min时，c(H2O2)=0.60mol L-1
D．反应至6min时，H2O2分解了50%
15．不同化学反应进行的快慢程度不同。下列化学反应速率最快的是
A．Cu与AgNO3溶液反应 B．敦煌壁画变色 C．石笋形成 D．橡胶老化
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
16．Ⅰ.影响化学反应速率的因素有多种，请在横线上填入与下列各项关系最为密切的影响化学反应速率的因素(填“温度”、“浓度”、“催化剂”、“压强”、“物质本身的性质”或“固体表面积”)：
(1)夏天的食品易变霉，在冬天不易发生该现象： 。
(2)同浓度不同体积的盐酸中放入同样大小的锌块和镁块，产生气体有快有慢： 。
(3)MnO2加入双氧水中放出气泡加快： 。
Ⅱ.在一定温度下，4 L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
(1)比较t2时刻，正、逆反应速率大小：v(正) (填“>”“＝”或“<”)v(逆)。
(2)若t2＝2 min，反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率v(M)＝ mol·L－1·min－1。
(3)t1、t2、t3三个时刻中处于平衡状态的时刻为 (填“t1”“t2”或“t3”)。
(4)如果升高温度，则v(逆) (填“增大”“减小”或“不变”)。
17．氨酸法是常用的燃煤烟气脱硫工艺，其原理是用氨水将转化为，再氧化成。
(1)该方法利用了的_______性质。
A．漂白 B．氧化 C．还原 D．酸性氧化物
(2)根据原理，能提高燃煤烟气中去除率的措施有_______。
A．增大氨水浓度 B．升高反应温度
C．使燃煤烟气与氨水充分接触 D．通入空气使转化为
(3)采用该方法脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的，解释其原因 。
18．金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(i)直接氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+172kJ mol-1，Kp1=1.0×10-2
(ii)碳氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H2=-51kJ mol-1，Kp2=1.2×1012Pa
①对于直接氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“变大”“变小”或“不变”)。
②直接氯化的反应趋势远小于碳氯化，其原因是 。
(2)在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2按物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应C(s)+CO2(g)CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= Pa(≈8.5)。
②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
(3)TiO2直接氯化和碳氯化都属于“气—固”反应，工业生产中有利于“气—固”充分接触的措施是 。
三、实验题
19．某同学利用铁与硫酸的反应，探究影响反应速率的因素(实验所用铁的质量相等且铁块的形状相同，硫酸均过量)，实验设计如表：
实验编号 硫酸浓度/(mol·L-1) 硫酸体积/mL 铁的状态 温度/K
1 1.00 40 块状 293
2 2.00 40 块状 293
3 2.00 40 粉末 293
4 2.00 40 块状 313
回答下列问题：
(1)若四组实验均以收集到448mL(标准状况)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是 。
(2)实验1和2是探究 对该反应速率的影响；实验 和 是探究温度对该反应速率的影响。
(3)根据实验测得的在不同时间t产生氢气体积V的数据，绘制得到图甲，则曲线c对应的实验组别可能是 。根据实验数据，该同学发现对于每一组实验，产生氢气的速率v随时间t变化情况如图乙所示，其中t1～t2速率变化的主要原因是 。
(4)若上述实验所用硫酸体积均为250mL，实验3反应进行2min时收集到448mL(标准状况)氢气，该时间段内以硫酸的浓度变化表示的平均反应速率v(H2SO4)= (反应后溶液体积不变)。
(5)实验4如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不影响产生氢气的量，下列措施你认为可行的是 (填编号)。
A．加蒸馏水 B．减小压强 C．加入CH3COONa D．加CuSO4固体
(6)进行实验3时，若将稀硫酸改为40mL4.0mol·L-1盐酸(其他条件不变)，发现放出气泡的速率，盐酸明显比硫酸快。你认为可能的原因是 (忽略温度对反应速率的影响)。
20．某化学工作者研究在不同时，溶液对分解的催化作用。
编号 实验 现象
Ⅰ 向的溶液中加入溶液 出现少量气泡
Ⅱ 向的溶液中加入溶液 立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡
Ⅲ 向的溶液中加入溶液 立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡
已知：a.为红色固体，难溶于水，溶于硫酸生成和。
b.为棕褐色固体，难溶于水，溶于硫酸生成和。
c.为弱酸性。
请回答下列有关问题：
(1)写出的电离方程式 ；写出的电子式 ；中原子的杂化类型是 。
(2)经检验生成的气体均为，Ⅰ中催化分解的化学方程式是 。
(3)要检验某铜粉是否含，写出具体操作、现象及结论 。
(4)取适量Ⅲ中洗涤干净的棕褐色沉淀于试管中，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。据此， (填“能”或“否”)判断该棕色沉淀中没有；理由是 。
(5)结合离子方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因： 。
21．科学探究要实事求是、严谨细致。某化学兴趣小组设计实验进行有关氯化物的探究实验，回答下列问题：
I．制备FeCl2。装置如图所示(夹持装置省略)，已知FeCl3极易水解。
(1)仪器a的名称是 。
(2)装置II中制备FeCl2的化学方程式为 。
(3)该装置存在的缺陷是：① ；②缺少氢气的尾气处理装置。
II．利用惰性电极电解0.1 mol L-1FeCl2溶液，探究外界条件对电极反应(离子放电顺序)的影响。
(4)实验数据如表所示：
实验编号 电压/V pH 阳极现象 阴极现象
1 1.5 5.52 无气泡，滴加KSCN显红色 无气泡，银白色金属析出
2 3.0 5.52 少量气泡，滴加KSCN显红色 无气泡，银白色金属析出
3 4.5 5.52 大量气泡，滴加KSCN显红色 较多气泡，极少量金属析出
4 1.5 1.00 无气泡，滴加KSCN显红色 较多气泡，极少量金属析出
①由实验1、2现象可以得出结论：增大电压， 优先于 放电；
②若由实验1、4现象可以得出结论： 。
II．为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，兴趣小组设计了如下实验方案：
实验编号 c(NH4Cl)/mol·L-1 温度/℃ 待测物理量 实验目的
5 0.5 30 a ——
6 1.5 i b 探究浓度对氯化铵水解平衡的影响
7 0.5 35 c ii
8 2.0 40 d 探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响
(5)该实验限选药品和仪器：恒温水浴、pH传感器、烧杯、0.1mol．L-1硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液。
①实验中，“待测物理量”是 ；
②实验目的ii是 ；
③上述表格中，b d(填“>”、“<”或“=”)。
试卷第4页，共10页
参考答案：
1．D
【详解】A．升高温度，v正增大、v逆也增大，A错误；
B．该反应的正反应为放热反应，降低温度，正、逆反应速率减小，k正、k逆也减小，由于温度对吸热反应影响更大，所以化学平衡正向移动，则k正＞k逆，所以曲线③代表lgk正，曲线④代表lgk逆，B错误；
C．该反应的正反应是气体体积减小的放热△H＜0，△S＜0，因此反应易在低温下自发进行，C错误；
D．，，当v正=v逆时，反应处于平衡状态，=，，根据选项B分析可知曲线③代表lgk正，曲线④代表lgk逆，在℃-1，lgk正=a-0.1，lgk逆=a-1.1，所以即lgk正-lgk逆=1=lgK，故K=10，D正确；
故合理选项是D。
2．C
【详解】A．探究某反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，则控制变量为浓度、温度，其它量要相同，故V1=1，V2=2，A正确；
B．实验I、III变量为温度，目的是探究温度对化学反应速率的影响，B正确；
C．实验III中用KMnO4浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.01mol·L-1·min-1，C错误；
D．若改用0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液，高锰酸钾过量，不能褪色，不能达到实验目的，D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．升高温度平衡常数增大，说明正反应为吸热反应，则Q＞0，A正确；
B．压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以P1＞P2，据图可知压强越大C的百分含量越小，说明该反应为气体系数之和增大的反应，所以a+b＜c，B正确；
C．K越大，说明温度越高，平衡正向移动，A的转化率增大，C正确；
D．D为固体，增加少量D，平衡不移动，D错误；
综上所述答案为D。
4．D
【分析】反应I是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，因此曲线①是的选择性。
【详解】A．反应I能够自发进行，根据 ，则，故A正确；
B．反应I正向反应是等体积反应，反应Ⅱ正向反应是体积减小的反应，温度一定，增大压强，反应Ⅱ正向移动，的平衡产率增大，故B正确；
C．根据前面分析曲线②是转化率,反应I是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高，说明此时主要发生反应I，故C正确；
D．反应Ⅱ正向反应是体积减小的放热反应，要同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温高压条件下反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
5．D
【详解】A．该反应的条件是在常压，450~500℃时，用五氧化二钒作催化剂，这个反应是可逆反应，而且是反应后气体分子数减小的反应，从理论上来说，应采用高压有利于生成，但是在常压时转化率已很高，没有必要用高压设备了，故A错误；
B．当通入的量很大时，参与反应的较少，生成的增加较少，但是由于混合气体总量增加更多，则的体积分数反而减小，故B错误；
C．催化剂能改变反应速率，但不能改变的平衡转化率，故C错误；
D．该反应为可逆反应，不能进行到底，放出的热量小于196.6kJ，故D正确；
答案选D。
6．B
【详解】A．为强酸的酸式盐，向反应混合液中加入固体，由于电离出氢离子而使溶液中的氢离子浓增大，从而化学反应速率增大，故A错；
B．加入少量硫酸钠固体，溶液中的氢离子浓度几乎不变，则化学反应速率也不变，故B正确；
C．为强碱弱酸盐，醋酸根会与溶液中的氢离子结合生成弱电解质醋酸，从而使溶液中的氢离子浓度减小，则化学反应速率减小，故C错；
D．中的在Zn的表面得到电子被还原为单质Cu，从而形成无数个微小的原电池，会加快化学反应速率，故D错；
答案选B。
7．B
【详解】A．物质相同时，熵值：气态>液态>固态，故熵小于，故A错误；
B．为熵增大的过程，；为熵减过程，，故B正确；
C．石墨更稳定，焓更低，(s，石墨)的焓小于(s，金刚石)的焓，故C错误；
D．两者都为放热反应，，本身能量高，放热更多，更小，故D错误。
答案选B。
8．D
【详解】A．容器为恒温恒容状态，向容器中再通入一定量的HI，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向进行，建立的新平衡与原平衡为等效平衡，各组分百分含量不变，但组分浓度增大，故A错误；
B．升高温度，正逆反应速率均增大，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，相同条件下，气体压强与温度成正比，因此升高温度，气体压强增大，故B错误；
C．恒温，压缩容器的体积，压强增大，该反应气体系数之和相等，平衡不移动，但组分浓度增大，气体颜色变深，故C错误；
D．该温度下，达到平衡，n(I2)=n(H2)=0.001mol，n(HI)=(0.009－0.001×2)=0.007mol，Kc1==，的平衡常数与题干所给反应平衡常数的关系是Kc==7，故D正确；
答案为D。
9．A
【详解】A．反应①和反应②的、，又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应②吸收的热量更少，即，A错误；
B．反应①和反应②，则，，温度恒定时，、保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，B正确；
C．改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，C正确；
D．反应①和反应②中转化为对二氯苯和邻二氯苯均为进行，则(对二氯苯)(邻二氯苯)成立，D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．V(HI)=V(I2)中没有说明正逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．V(H2)正=V(I2)逆中说明正反应速率等于逆反应速率，能够说明反应达到平衡，故B选；
C．V(HI) 正=V(I2) 逆中说明正反应速率和逆反应速率不相等，当2V(HI) 正=V(I2) 逆时才能说明，反应达到平衡，故C不选；
D．V(H2) 正=V(I2) 正中都是正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故选B。
11．A
【详解】2s内氢气的浓度变化量=3.0mol/L-1.8mol/L=1.2mol/L，故2s内用氢气表示的平均反应速率==0.6mol/(L·s)，方程式的计量系数之比等于其速率之比，故，所以用氨气浓度的减少来表示该化学反应速率时=0.4mol/(L·s)，故答案选A。
12．D
【详解】A．工业上电解熔融氧化铝制备铝，，A项错误；
B．合成氨的反应是可逆反应，反应不能进行完全，所以1molN2与足量的H2反应生成NH3分子数小于2NA，B项错误；
C．，标准状况下，的物质的量为1mol，1mol Cl2参与反应转移电子，C项错误；
D．的物质的量为，磷硫键为极性键，磷磷键为非极性键，1个分子含6个极性键，D项正确；
答案选D。
13．A
【详解】A．t2～t3时，反应处于平衡状态，则NO2、N2O4的物质的量均不变，A正确；
B．由题图可知，t1时刻反应速率v正>v逆，此时正、逆反应均进行，正向进行程度大于逆向进行程度，B错误；
C．t2～t3时反应处于平衡状态，但并未停止，C错误；
D．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故t2时刻n(N2O4)小于0.5 mol，D错误；
故选A。
14．D
【详解】A．0～6min时间内，生成=0.001mol，由2H2O2=2H2O+O2↑得消耗△n(H2O2)=2×△n(O2)=2×0.001mol=0.002mol，△c(H2O2)=mol/L=0.20mol/L，所以v(H2O2)=≈3.3×10-2mol/(L min)，故A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，6～8min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故B正确；
C．由A计算可知，反应至6min时c(H2O2)=0.60mol/L，故C正确；
D．6min内△c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率=×100%≈33.3%，故D错误；
故选：D。
15．A
【详解】Cu与AgNO3在溶液中会迅速发生反应：Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2，反应非常迅速，而敦煌壁画变色、石笋形成、橡胶老化的反应速率都比较缓慢，故合理选项是A。
16． 温度 物质本身的性质 催化剂 > 0.25 t3 增大
【详解】I.(1)夏天温度高于冬天，夏天的食品易变酶，在冬天不易发生该现象，应是温度对反应速率的影响；故答案为：温度；
(2)镁比锌活泼，应是物质本身的性质影响化学反应速率；故答案为：物质本身的性质；
(3)MnO2能加速H2O2的分解，MnO2为催化剂，应是催化剂对化学反应速率的影响；故答案为：催化剂；
II.(1)根据图象，M的物质的量逐渐增多，M为生成物，N的物质的量逐渐减少，N为反应物，根据化学计量数之比等于变化的物质的量之比，因此该反应的方程式为2NM，t2时刻没有达到平衡，M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，反应向正反应方向进行，v正＞v逆；故答案为：＞；
(2)根据化学反应速率的数学表达式，v(M)==0.25mol/(L·min)；故答案为：0.25；
(3)平衡达到平衡，组分的物质的量保持不变，因此达到平衡的是t3时刻；故答案为：t3；
(4)升高温度，正逆反应速率都增大；故答案为：增大。
17．(1)D
(2)AC
(3)溶于水形成的碳酸，其酸性比亚硫酸酸性弱，会与碳酸氢盐反应
【详解】（1）氨水中NH3·H2O是碱，能与酸性氧化物反应生成盐和水，当通入过量时，生成的盐是，故该方法利用了的酸性氧化物的性质，答案选D；
（2）A．增大氨水浓度，碱性增强，更好吸收，能提高燃煤烟气中去除率，A项符合题意；
B．升温，在水中溶解度减小，不利于吸收，B项不符合题意；
C．使燃煤烟气与氨水充分接触，氨水可更好吸收，C项符合题意；
D．通入空气使转化为，空气将二氧化硫从溶液中吹出，对吸收的效果不好，D项不符合题意；
故答案选AC。
（3）溶于水形成的碳酸，其酸性比亚硫酸酸性弱，即使氨水吸收生成碳酸氢盐，后续也会与碳酸氢盐反应，故氨水先吸收，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的。
18．(1) 不 变大 直接氯化的体系是气体分子数不变、且是吸热过程，而碳氯化反应气体分子数增加，△H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程
(2) 850 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益
(3)将固体粉碎后加入反应容器，鼓入Cl2吹起固体反应物，使固体粉末“沸腾”
【详解】（1）①对于直接氯化反应，反应后气体分子数不变，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡不移动；该反应是吸热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向右移动，则平衡转化率变大；
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加， H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，Cl2是0，反应C(s)+CO2(g)=CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)===850；
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2吹起固体反应物，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
19．(1)收集448mL氢气所需的时间
(2) 硫酸的浓度 2 4
(3) 2 铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快
(4)0.04mol·L-1·min-1
(5)AC
(6)Cl-加快反应速率
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
【详解】（1）实验为探究影响反应速率的因素，若四组实验均以收集到448mL (标准状况下)氢气为标准，通过测定产生相同体积气体所需时间就可以求出反应的速率，故还需要测定收集448mL氢气所需的时间，故答案为：收集448mL氢气所需的时间；
（2）实验1和2硫酸的浓度不同，其他反应条件均相同，故实验1和2为探究硫酸浓度对该反应速率的影响；探究温度对该反应速率的影响，应保证除了温度以外的反应条件均相同，实验2和4只有反应温度不同，为探究温度对该反应速率的影响，故答案为：硫酸的浓度；2；4；
（3）温度越高，反应速率越快，产生相同体积的氢气所需时间越短；温度、硫酸浓度相同时，粉末状铁与硫酸的接触面积大，反应速率更快；温度、铁的状态相同时，硫酸的浓度越大，反应速率越快，则曲线a对应实验4，曲线b对应实验3，曲线c对应实验2，曲线d对应实验1；铁与硫酸的反应为放热反应，放出的热量使溶液的温度升高，因此t1～t2反应速率增大，故答案为：2；铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快；
（4）448mL (标准状况)氢气的物质的量为0.02mol，根据可知，消耗硫酸的物质的量为0.02mol，则，故答案为：0.04mol·L-1·min-1；
（5）A．加入蒸馏水，硫酸的浓度减小，反应速率减缓，氢离子的物质的量不变，不影响氢气的量，故A符合题意；
B．减小压强对该反应不产生影响，故B不符合题意；
C．加入CH3COONa，CH3COO-结合H+生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减缓，随着反应的进行，醋酸会电离出氢离子，溶液中氢离子总物质的量不变，不影响氢气的量，故C符合题意；
D．加CuSO4固体，Fe置换出铜，形成原电池，反应速率加快，同时与硫酸反应的Fe减少，氢气的量减少，故D不符合题意；
答案选AC，故答案为：AC；
（6）4.0mol·L-1盐酸与2.0mol·L-1硫酸相比，氢离子浓度相同，差别在于硫酸根离子和氯离子，则盐酸明显比硫酸快可能的原因是Cl-加快反应速率，故答案为：Cl-加快反应速率。
20．(1) 、
(2)
(3)取少量某铜粉于试管中，加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色，则含CuO；若溶液不变蓝，则无CuO
(4) 否 与硫酸反应产生的具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化或，从而无法看到红色沉淀
(5)，增大，降低，平衡正向移动，的量增多
【详解】（1）为二元弱酸，故分步电离，电离方程式为、；的电子式为；中周围的价层电子对数为：，故其中的杂化类型是
（2）催化作用下，分解生成氧气和水，化学方程式为：
（3）利用在酸性条件下发生歧化反应，可检验铜粉中是否有。故具体操作、现象和结论是：取少量某铜粉于试管中，加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色，则含；
（4）与硫酸反应产生的具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化或，从而无法看到红色沉淀，故取适量Ⅲ中洗涤干净的棕褐色沉淀于试管中，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。据此，不能判断该棕色沉淀中没有；答案为：否；与硫酸反应产生的具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化或，从而无法看到红色沉淀；
（5）有弱酸性，越大越能促进过氧化氢电离生成，实验Ⅲ溶液中浓度大于实验Ⅱ，故加入同浓度的硫酸铜时，Ⅰ中生成的更多。
21．(1)长颈漏斗
(2)
(3)装置I与装置II间缺少干燥装置
(4) Cl- Fe2+ 增加H+浓度，H+优先于Fe2+放电
(5) 溶液的pH 探究温度对氯化铵水解平衡的影响 ＞
【分析】在装置I中Zn与稀硫酸发生置换反应产生H2，在加热条件下H2还原FeCl3得到FeCl2，装置III中碱石灰的作用有两个：一是吸收反应产生的HCl，防止大气污染，二是吸收空气中的水分，防止FeCl3水解。在使用惰性电极电解时，阳极上失去电子发生氧化反应，阴极上发生得到电子的还原反应，根据电压大小及溶液pH发生改变时，电极产物的变化及现象的不同，分析判断离子放电能力大小及物质的氧化性、还原性强弱顺序。
【详解】（1）根据图示可知仪器a的名称是长颈漏斗；
（2）在装置II中在加热条件下H2与FeCl3发生反应产生FeCl2、HCl，反应的化学方程式为：，答案为：；
（3）在装置I中Zn与稀H2SO4发生置换反应产生的H2未经干燥就通入装置II中，会导致FeCl3发生水解反应，故该装置存在的缺陷是装置I与装置II间缺少干燥装置，答案为：装置I与装置II间缺少干燥装置。
（4）在实验1中在电压为1.5时阳极上无气泡，滴加KSCN显红色，说明是Fe2+失去电子变为Fe3+，电极反应式是；实验2中在电压为3.0时阳极上现象是产生少量气泡，滴加KSCN显红色，说明附近溶液中产生Fe3+，同时有Cl2生成；在实验3中电压增大至4.5，阳极上现象是大量气泡，滴加KSCN显红色，说明电压增大，阳极上Cl-失去电子能力增强，发生反应：；电解FeCl2溶液，根据实验1、2可知：在溶液pH相同时，电压越大，阳极产生的气泡就越多，即增大电压，产生氯气的速率更快或增大电压，Cl-优先于Fe2+放电；电解FeCl2溶液，根据实验1、4可知：在电压相同时，溶液pH越小，阴极产生的气泡就越多，产生的金属单质就越少，说明离子放电能力大小与溶液中离子浓度大小有关，增大H+的浓度，H+氧化性强于Fe2+，H+优先于Fe2+放电，答案为：Cl-，Fe2+，增加H+浓度，H+优先于Fe2+放电；
（5）①由提供的药品和仪器可知，pH计是准确测定溶液的pH的，所以待测物理量是溶液的pH。②探究浓度对氯化铵水解平衡的影响，则温度必须相同，所以实验6的温度与实验5相同，即为30度。实验5和实验7浓度相同，温度不同，所以是探究温度对氯化铵水解平衡的影响。③水解反应属于吸热反应，温度越高水解程度越大，氢离子浓度增大，浓度越高，水解生成的氢离子浓度越大，则溶液的酸性越强，已知实验Ⅳ的浓度大，温度高，所以溶液的pH小，即b＞d，答案为：溶液的pH，探究温度对氯化铵水解平衡的影响，＞