6.2 化学反应的限度与速率 同步训练 （含解析）2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册

6.2 化学反应的限度与速率 同步训练
一、单选题
1． 反应过程中的能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是（　　）
A．
B．该反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能
C．使用催化剂可降低反应的活化能
D．该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
2．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）
A．CaCO3(s) B．Na2SO4溶液 C．KNO3溶液 D．CuSO4(s)
3．在2L密闭容器中进行如下反应：N2+3H2 2NH3，5min内氨的物质的量增加了0.1mol，则反应速率为（ ）
A．v(H2)=0.02 mol/(L·min) B．v(N2)=0.01 mol/(L·min)
C．v(NH3)=0.01 mol/(L·min) D．v(N2)=0.03 mol/(L·min)
4．在2A+B 3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（　　）
A．v(A)=0.5 mol L-1 s-1 B．v(B)=0.3 mol L-1 s-1
C．v(C)=0.8 mol L-1 s-1 D．v(D)=30 mol L-1 min-1
5．下列做法的目的与反应速率无关的是（　　）
A．食品中加入抗氧化剂 B．炎热夏天将食品放冰箱储存
C．将煤块粉碎后燃烧 D．向食盐中添加碘酸钾
6．在一定条件下，某容器内充入N2和H2合成氨，以下叙述中不正确的是（　　）
A．开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B．随着反应的进行，正反应速率减小，最后降为零
C．随着反应的进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，最后相等
D．在反应过程中，正反应速率的减小等于逆反应速率的增加
7．实验室利用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，为了降低其反应速率，下列措施可行的是（）
A．使用浓盐酸 B．向反应体系中加入氯化钙晶体
C．提高反应温度 D．向反应体系中加入蒸馏水
8．HCOOH催化释放氢，在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示，下列叙述不正确的是（　　）
A．HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD
B．催化过程中涉及极性共价键的断裂和形成
C．其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢，可加快生成氢气的速率
D．使用催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
9．下列说法错误的是（　　）
A．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质
B．增大压强能提高活化分子的百分率，提高单位时间内分子有效碰撞次数
C．增大浓度能使单位时间内分子的有效碰撞次数增加，反应速率加快
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的热效应
10．为了研究外界条件对反应：aX(g)+bY(g) cZ(g)+Q的影响，以X和Y的物质的量之比为a：b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．Q>0，a+b>c B．Q<0，a+bC．Q<0，a+b>c D．Q>0，a+b11．下列不属于自发进行的变化是（　　）
A．红墨水加到清水中使整杯水变红
B．冰在室温下融化成水
C．向氢氧化钠溶液中滴加盐酸
D．常温常压下，石墨转化为金刚石
12．在某一化学反应中，反应物Q的浓度在20s内从1.8mol/L变为0.4mol/L，则在这20s内Q的化学反应速率为（　　）
A．0.035mol/L B．0.035mol/(L·s)
C．0.07mol/L D．0.07mol/(L·s)
13．汽车尾气装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．反应中NO为氧化剂，为氧化产物
B．NO和必须在催化剂表面才能反应
C．汽车尾气的主要污染成分包括CO、和
D．转化过程的总化学方程式为
14．中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)可以利用太阳光高效分解水，其原理如下图所示。下列说法错误的是（　　）
A．使用该光催化剂，提高了化学反应速率，实现了太阳能向化学能的转化
B．反应Ⅰ中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成
C．反应Ⅱ中既做氧化剂又做还原剂
D．总反应的化学方程式为
15．可逆反应mA(s)+nB(g) eC(g)+fD(g)，反应过程中，当其他条件不变时，C的体积分数φ（C）在不同温度和不同压强的条件下随时间的变化如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A．达到平衡后，若使用催化剂，C的体积分数将增大
B．达到平衡后，若温度升高，化学平衡向逆反应方向移动
C．化学方程式中，化学计量数的关系为n＞e+f
D．达到平衡后，增加A的质量有利于化学平衡向正反应方向移动
16．实验室中在相同温度下对溶液中的分解速率影响因素进行研究，有关实验数据见下图。下列说法正确的是（　　）
A．在0~20 min内，I中的分解速率为
B．水样酸性越强，的分解速率越慢
C．在0~25 min内，III中的分解百分率比II小
D．由于存在，IV中的分解速率比III快
17．我国化学家研究出一种新型复合光催化剂可以利用太阳光高效分解水，其原理如下图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．从催化剂表面脱附的过程中必定放出能量
B．反应Ⅱ中既做氧化剂又做还原剂
C．使用该光催化剂，提高了化学反应速率，实现了太阳能向化学能的转化
D．催化剂能改变化学反应速率，是因为它能改变反应机理，改变反应的活化能
18．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g) N2(g)＋CO2(g)；ΔH＝－373.2 kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（　　）
A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强
C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强
19．下列四支试管中，分别盛有等量的锌、酸溶液，其中生成H2的反应速率最快的是（　　）
试管 酸及浓度 温度 锌的状态
① 1 mol/L H2SO4溶液 20℃ 粉末状
② 3 mol/L HNO3溶液 40℃ 粉末状
③ 1 mol/L H2SO4溶液 40℃ 大块状
④ 2 mol/L HCl溶液 40℃ 粉末状
A．① B．② C．③ D．④
20．下列有关说法正确的是（　　）
A．N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，恒温恒压下再通入少量NH3，容器中气体密度增大
B．NH4Cl(s) NH3(g)+HCl(g)，室温下不能自发进行，说明该反应的△H<0
C．CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)，压缩容器使体积减小，达到新平衡后CO2浓度增大
D．H2(g)+I2(g) 2HI(g)，恒容绝热下，当压强不变时可以判定反应达到平衡
二、综合题
21．在一密闭容器中发生下列反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)(正反应为放热反应)，下图是某一时间段反应速率与反应进程的关系曲线图。
（1）t1、t3、t4时刻，体系中分别是什么条件发生了变化？
t1　 　，t3　 　，t4　 　。
（2）下列时间段中，氨的百分含量最高的是（　　）
A.0～t1 B．t2～t3
C．t3～t4 D．t4～t5
22．是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。
（1）碱液吸收。室温下用NaOH溶液捕获，若所得溶液中，则溶液pH=　 　(室温下，的电离常数：)
（2）催化转化。以、为原料在催化剂作用下合成涉及的主要反应如下。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
①　 　kJ/mol；Ⅰ、Ⅲ两个反应在热力学上趋势较大的是　 　(填Ⅰ或Ⅲ)。
②反应Ⅱ的反应历程如下图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
该反应历程中决速步的能垒为　 　eV，虛线框内发生的反应达到平衡后，升高温度，正反应速率　 　(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。
③不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率(X)随温度(T)的变化关系如图所示。
压强、、由大到小的顺序为　 　；温度高于时，X几乎相等的原因是　 　。
（3）250℃，一定压强和催化剂条件下，1.32mol和3.96mol充分反应，平衡时CO为0.03mol，为0.41mol，试求反应Ⅲ的平衡常数　 　(结果保留两位有效数字)。
23．在一个体积为2 L的密闭容器中，高温下发生反应：Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)。其中CO2、CO的物质的量(mol)随时间(min)的变化关系如图所示。
（1）反应在1 min时第一次达到平衡状态，固体的质量增加了3.2 g。用CO2的浓度变化表示的反应速率v(CO2)=　 　。
（2）反应进行至2 min时，若只改变温度，曲线发生的变化如图所示，3 min时再次达到平衡，则ΔH　 　0(填“>”“<”或“=”)。
（3）5 min时再充入一定量的CO(g)，平衡发生移动。下列说法正确的是　 　(填写编号)。
A.v(正)先增大后减小 B.v(正)先减小后增大
C.v(逆)先增大后减小 D.v(逆)先减小后增大
表示n(CO2)变化的曲线是　 　(填写图中曲线的字母编号)。
（4）请用固态物质的有关物理量来说明该反应已经达到化学平衡状态：　 　。
24．根据要求回答下列问题：
反应的能量变化趋势如图所示。
（1）该反应为　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）若要使该反应的反应速率加快，下列措施不可行的是____(填字母)。
A．将铁片改为铁粉 B．滴加少量溶液
C．升高温度 D．将稀硫酸改为98%的浓硫酸
（3）欲区分葡萄糖和淀粉，可选用____(填字母，下同)。
A．碘水 B．银氨溶液 C．盐酸 D．溶液
（4）氮的化合物常用作制冷剂的是　 　(填名称)，向蔗糖中滴加少量浓硫酸并搅拌，出现“黑色面包”，并产生刺激性无色气体，这一现象显示浓硫酸的　 　(填性质)。
（5）燃煤排放的尾气中含有二氧化硫、氮的氧化物(主要为)等污染物，工业上采用碱性溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。脱硫的离子方程式为　 　，实验证明相对于，更难脱除，其原因可能是　 　。
25．某学生用纯净的Cu与50mL过量浓HNO3反应制取NO2 (不考虑NO气体的影响)，实验结果如图所示(气体体积均为标准状况下测定，且忽略溶液体积变化)。
回答下面问题：
（1）该反应是一个放热明显的化学反应，写出反应的离子方程式　 　。
（2）由图象可知O-A、A-B、B-C段的反应速率最大的是　 　 (填“O-A”“A-B”或“B-C”)。1min后A-B段反应速率逐渐加快，除产物可能有催化作用外，其主要原因还有：　 　。2min后B-C段反应速率又逐渐变慢的原因是　 　。
（3）计算在1~3 min内的反应速率： v(H+ )=　 　mol·L-1·min-1。
（4）若开始向反应溶液中加入固体KNO3，则1min时测得V(NO2)　 　84 mL (填“大于”“小于”“等于”或“不确定”)。
（5）下列措施不能加快v(NO2)的是____。
A．使用Cu粉代替Cu块 B．使用含有石墨的粗铜代替纯铜
C．使用稀硝酸代替浓硝酸 D．在硝酸中加入少量浓硫酸
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A、ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，则 ，故A正确；
B、该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，故B错误；
C、使用催化剂能降低反应的活化能，故C正确；
D、该反应正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能；
B、该反应为放热反应；
C、使用催化剂，活化能降低；
D、该反应正反应为放热反应。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、碳酸钙与盐酸反应，会消耗盐酸，影响生成氢气的总量，A不符合题意。
B、相当于稀释盐酸浓度，反应速率减慢，B符合题意。
C、相当于存在硝酸，硝酸与金属反应不放出氢气，C不符合题意。
D、铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，铁与铜会形成原电池，加快反应的进行，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】减缓反应速率，加入的物质不能消耗氢离子，可降低氢离子浓度或者降低温度；注意点是不能加入 KNO3溶液 ，因为会生成NO2或者NO。
3．【答案】C
【解析】【解答】v(NH3)= =0.01mol/(L·min)，同一化学反应，在同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)= v(NH3)=0.015mol/(L·min)，(N2)= v(NH3)=0.005mol/(L·min)，故答案为：C。
【分析】根据v= 计算氨的平均反应速率，再根据同一化学反应，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比计算判断。
4．【答案】B
【解析】【解答】根据化学反应速率之比等于物质计量数之比，均转化为B的反应速率，然后进行比较，
A. 转化为B的反应速率得：v(B)=0.25mol L-1 s-1；
B. v(B)=0.3mol L-1 s-1；
C. 转化为B的反应速率得：v(B)=mol L-1 s-1；
D. 转化为B的反应速率得：v(B)=0.25mol L-1 s-1；
因此反应速率最快的是v(B)=mol L-1 s-1=0.125mol L-1 s-1，故B项表示的该反应速率最快；
故答案为：B。
【分析】要判断一个反应的快慢，除了利用化学计量数之比等于物质的量之比，转为相同物质计算，还可以利用化学反应速率除以相应物质的化学计量数，得到的数据大小进行判断。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．食品中加入抗氧剂，减缓食物变质速度，A不符合题意；
B．炎热的夏天将食品放冰箱储存，降低温度，减缓食物变质速度，B不符合题意；
C．将煤块粉碎，增大接触面积，加快燃烧速率，C不符合题意；
D．向食盐中添加碘酸钾，补充人体所需碘元素，与反应速率无关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据影响反应速率的因素分析；
6．【答案】B
【解析】【解答】A．开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零，A不符合题意；
B．随着反应的进行，正反应速率减小，但最终形成动态平衡，速率不会为0，B符合题意；
C．随着反应的进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，最后两者相等，达到平衡状态，C不符合题意；
D．在反应过程中，正反应速率不断减小，正反应速率的减小等于逆反应速率的增加，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】考查的是化学平衡的建立过程以及化学平衡的特征，开始投料只有反应物，随着反应的进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，当V正=V逆，达到平衡，反应没有停止
7．【答案】D
【解析】【解答】A．使用浓盐酸，使得H+的浓度增加，加快反应速率，A项不符合题意；
B.向反应中加入氯化钙晶体，对参加反应的物质没有影响，反应速率不变，B项不符合题意；
C.升高温度，化学反应速率加快，C项不符合题意；
D.加入蒸馏水，H+的浓度减小，反应速率减慢，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】增大反应物的浓度可以加快反应的速率；升高温度，可以加快反应的速率；稀释会减小反应物的浓度，使反应速率减慢。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．由图所示反应机理，HCOOH电离的H+结合
形成
，HCOO－结合
形成
，然后
脱去CO2形成
，
与
结合产生H2，故HCOOH的2个H 结合产生H2，则HOOD的产物除了CO2还有HD，故A不符合题意；
B．形成，脱去CO2中均有极性共价键的形成，与结合产生H2有极性共价键的断裂，故B不符合题意；
C．HCOOK完全电离，更易与催化剂结合脱去CO2，可提高释放氢气的速率，故C不符合题意；
D．催化剂不能改变平衡移动的方向，不能提高反应物的转化率，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.结合反应机理及总反应历程可知，甲酸分解生成CO2和H2，所以HCOOD分解可以获得HD；
B.不同原子间形成的共价键是极性共价键，分析流程可知，有极性共价键的形成和断裂；
C.流程图中有[HCOO-]产生，所以， HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢，可加快生成氢气的速率 ；
D.催化剂只会改变化学反应的速率，对化学平衡没有影响。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．决定化学反应速率的是反应物自身的性质，A不符合题意；
B．增大压强只能改变单位体积内活化分子的数目，不能提高活化分子百分率，B符合题意
C．增大浓度能增大活化分子数，使单位时间内分子的有效碰撞次数增加，反应速率加快，C不符合题意；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的热效应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据增大浓度、增大压强能增大单位体积内的活化分子数；升高温度、使用催化剂可以增大活化分子百分数。
10．【答案】A
【解析】【解答】由图象可知，降低温度，Z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动，正反应是放热的，则Q>0。降低压强，Z的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动；减小压强，化学平衡向着气体系数和增加的方向进行的，所以有a+b>c；综上A符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据化学平衡原理可以得出结论。
11．【答案】D
【解析】【解答】A.红墨水的浓度大于水，微粒向浓度低的方向移动属于自发进行的物理过程；故A不符合题意；
B.冰在室温下融化成水是自发过程，故B不符合题意；
C.中和反应是自发过程，故C不符合题意；
D.石墨转化为金刚石是吸热过程，常温下不能自发反应，故D不符合题意；
故答案为：D
【分析】A.考虑的浓度高向浓度低的方向进行属于自发；
B.室温冰的融化是自发；
C.中和反应是自发反应；
D.石墨转化金刚石属于吸热反应不是自发反应。
12．【答案】D
【解析】【解答】根据化学反应速率的定义，v(Q)= =0.07 mol/(L·s)。
故答案为：D。
【分析】根据v= 进行计算即可
13．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应中，NO生成为N2，N元素化合价降低，则NO是氧化剂，N2是还原产物，故A不符合题意；
B．在空气中，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，故B不符合题意；
C．有毒的气体对环境有污染，CO、NO都是有毒物质，所以汽车尾气的主要污染成分是CO和NO，无N2，故C不符合题意；
D．该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该反应中NO的化合价降低，为氧化剂，氮气为还原产物；
B.NO易被氧气氧化为二氧化碳，无需催化剂也能反应；
C.汽车尾气的主要污染成分为CO和NO。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．催化剂可以加快化学反应速率，由图可知，该过程是利用太阳能实现高效分解水，在反应中太阳能转化为化学能，A不符合题意；
B．反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，水中存在极性共价键，氢气中存在非极性共价键，过氧化氢中既有极性键又有非极性键，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，B符合题意；
C．反应II是过氧化氢转化为水与氧气，既做氧化剂又做还原剂，故C不符合题意；
D．整个过程是将水转化为氢气和氧气，总反应为：，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】Ａ．催化剂能提高反应速率；
Ｂ．反应Ⅰ中涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成；
Ｃ．该反应中过氧化氢中的氧元素的化合价既升高又降低；
Ｄ．整个过程为水分解生成氢气和氧气。
15．【答案】B
【解析】【解答】根据图像①可知，T2温度是首先平衡，故T2＞T1，根据①中C的体积分数可知，该反应为放热反应。根据图像②可知，P2压强下首先平衡，故P2＞P1，又由于C的体积分数可知，P2条件下平衡向逆反应方向移动，故n＜e+f 。A选项，加入催化剂不改变平衡，不符合题意。B选项符合题意。C选项，化学方程式中n＜e+f。D选项，达到平衡后加入A，但A为固体，对化学平衡无影响。故不符合题意。
【分析】A.催化剂不能使平衡发生移动，C的体积分数不变；
B.由温度与C的体积分数的关系图可知，温度T2>T1，升高温度产物C的体积分数降低，平衡向逆反应方向移动；
C.由压强与C的体积分图像可知，压强p2>P1，增大压强C的体积分数降低，平衡向逆反应方向移动，所以反应前的气体系数和小雨反应后气体系数和；
D.A为固体，改变用量不影响平衡移动。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．H2O2的浓度变化值为0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，分解速率为，A不符合题意；
B．根据Ⅰ、Ⅱ的对比可知，酸性越强，H2O2分解速率越快，B不符合题意；
C．根据图可知，0-25min内，Ⅱ中H2O2浓度变化值约为0.2mol/L，分解百分率50%，Ⅲ浓度变化值超过0.1mol/L，分解百分率大于50%，C不符合题意；
D．根据Ⅲ、Ⅳ的对比可知，pH相同的情况下，Ⅳ中H2O2分解速率更快，说明Cu2+的存在可催化H2O2分解，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、化学反应速率；
B、酸性越强，分解速率越快；
C、分解百分率=浓度变化量/起始量；
D、pH相同，铜离子的存在使其速率更快。
17．【答案】A
【解析】【解答】A．氢气从催化剂表面脱附的过程不一定放出能量，A符合题意；
B．反应II是过氧化氢转化为水和氧气，该反应中过氧化氢既做氧化剂又做还原剂，B不符合题意；
C．该过程是利用太阳能实现高效分解水，所以该反应中太阳能转化为化学能，催化剂能增大反应速率，C不符合题意；
D．催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为催化剂能改变反应的活化能，改变反应机理，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．化学键的断裂吸收能量；
B．反应Ⅱ是过氧化氢转化为水与氧气；
C．由图可知该反应中太阳能转化为化学能；
D．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率。
18．【答案】B
【解析】【解答】A．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，因此NO的转化率减小，A项不符合题意；
B．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，因此加催化剂同时增大压强能提高该反应的速率和NO的转化率，B项符合题意；
C．由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行， NO的转化率减小，充入N2，增大了生成物的浓度，反应速率加快但平衡逆向移动，NO的转化率减小，C项不符合题意；
D．由于该反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，反应正向进行，NO的转化率增大，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，NO的转化率增大，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】提高该反应的NO的转化率只需让平衡正向移动，据此分析判断。
19．【答案】D
【解析】【解答】HNO3具有强氧化性，②中3mol/LHNO3溶液与Zn反应不生成H2；
①④试管中所用酸溶液中c(H+)相等，锌都是粉末状，④的温度高于①，其他条件相同时，升高温度化学反应速率加快，则④中生成H2的反应速率比①的快；
③④试管中所用酸溶液中c(H+)相等，反应温度都是40℃，④中锌为粉末状，③中锌为大块状，④中锌与酸的接触面积比③中大，其他条件相同时，增大反应物的接触面积反应速率加快，则④中生成H2的反应速率比③的快；
生成H2的反应速率最快的是④，
故答案为：D。
【分析】增大浓度、升高温度、增大固体表面积或形成原电池反应可增大反应速率，据此解答。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．恒温恒压下再通入少量NH3，容器中气体密度可能增大，可能减小，也可能不变，故A不符合题意；
B．NH4Cl(s)NH3(g)＋HCl(g)反应的ΔS＞0，室温下，该反应不能自发进行，通过ΔG=ΔH-TΔS＞0，推出ΔH＞0，故B不符合题意；
C．K=c(CO2)，温度不变，平衡常数不变，CO2浓度也不变，故C不符合题意；
D．对于H2(g)＋I2(g)2HI(g)反应，该反应为放热反应，在恒容绝热下，温度升高，气体压强增大，当压强不再变化，说明反应达到平衡，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A．恒温恒压下再通入少量NH3，无法确定的反应方向；
B．利用ΔG=ΔH-TΔS＞0判断；
C．利用K=c(CO2)，温度不变，平衡常数不变；
D．利用“变者不变即平衡“。
21．【答案】（1）升温；加入催化剂；减压
（2）A
【解析】【解答】在t1时刻，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，则平衡逆向移动，满足两个要求的条件为升温；在t3时刻，正、逆反应速率同等程度增大，则条件为加入催化剂；在t4时刻，正、逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，则平衡逆向移动，满足两个要求的条件为减压。改变三种条件，一种不影响氨的百分含量，两种都使平衡向逆反应方向移动，氨的百分含量减小，所以在0～t1时间段，氨的百分含量最大。
【分析】根据正逆反应速率的变化判断化学平衡移动的方向和改变的外界条件即可.
22．【答案】（1）11
（2）+40.9；Ⅰ；0.8；小于；P1>P2>P3；温度高于T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响
（3）5.6×10-3
【解析】【解答】(1)室温下用NaOH溶液捕获 ，若所得溶液中 ，则室温下 ， ，溶液pH=11。
(2)已知反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
①按盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则
=+40.9kJ/mol；放热反应容易发生，反应Ⅰ虽熵减但放热、Ⅲ熵变化很小且吸热，则Ⅰ、Ⅲ两个反应在热力学上趋势较大的是Ⅰ。
②活化能或能垒最大的为决速步，则该反应历程中决速步的能垒为[-0.1-(-0.9)]eV=0.8eV，虛线框内发生的反应生成物能量低于反应物能量、为放热反应，故达到平衡后升高温度，平衡左移、正反应速率小于逆反应速率。
③反应Ⅰ、反应Ⅱ均为气体分子总数减小的放热反应，当温度不变时，增压有利于平衡右移、增大二氧化碳的转化率， 升温有利于平衡左移，反应Ⅲ为气体分子总数不变的吸热反应，温度不变时增压对于该反应几乎没影响、但升温有利于其右移，则由图可知，压强
、
、
由大到小的顺序为P1>P2>P3；温度高于
时，X几乎相等的原因是：温度高于T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响。
(3)250℃，一定压强和催化剂条件下，1.32mol
和3.96mol
充分反应，平衡时CO为0.03mol，
为0.41mol，则：反应Ⅰ：
，反应Ⅱ：
，反应Ⅲ.为：
，a+b=0.41mol，故反应后CO2的物质的量为[1.32-a- (b+0.03)]mol=0.88mol、H2的物质的量为[ 3.96-3a-2b- (b+0.03)]mol =2.7mol、CO的物质的量为0.03mol、H2O的物质的量为[a+ (b+0.03)]mol =0.44mol，则反应
的平衡常数
。
【分析】（1）已知 ， 根据 ，算出c（H+）；
（2） ① 利用盖斯定律，反应 Ⅲ =反应 Ⅰ -反应 Ⅱ，
，放热反应比吸热反应在热力学上趋势较大 ；
② 活化能越高，反应速率越慢，速率慢的一步为决速步骤，分别算出个步骤中的能垒值，第二步的最大，为0.8eV，虚线框反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，正反应速率小于逆反应速率；
③ 该反应 为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大， 温度高于时， CO2的转化率几乎不受压强影响，说明温度高于T1时，发生的反应不受压强影响，主要发生反应Ⅲ；
（3）利用三段式计算，达到平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量浓度，需要注意的是，这些物质的物质的量浓度是三个反应都达到平衡的物质的量浓度之和。
23．【答案】（1）)0.1 mol·L-1·min-1
（2）>
（3）C；b
（4）Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变；或固体总质量保持不变
【解析】【解答】(1)由Fe生成FeO，固体质量增加3.2 g，说明生成FeO 0.2 mol，v(CO2)＝0.1 mol·L-1·min-1。
（2）由图像可知：2min～3min，内二氧化碳的消耗的物质的量大于0～1min内二氧化碳的消耗量，即：第2分钟后，反应物和生成物的反应速率同时增大，故反应进行至2 min时，改变的条件是升高温度，升高温度后，二氧化碳的浓度下降，一氧化碳的浓度上升，说明该平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，故正反应方向为吸热方向，ΔH>0。
（3）5 min时再充入一定量的CO(g)，平衡逆向移动，所以v(逆)先增大后减小，n(CO2)逐渐增大，b曲线符合题意。
（4）当平衡达到平衡状态时，正逆反应速率相等，故Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变；或固体总质量保持不变。
【分析】（1）根据化学反应速率的定义进行计算；
（2）根据正逆反应速率的变化判断改变的外界条件，结合化学平衡移动原理中温度对化学平衡的影响判断反应热；
（3）根据浓度对化学平衡的影响分析反应速率的变化；
（4）根据可逆反应达到化学平衡状态时的特点进行分析即可.
24．【答案】（1）放热
（2）D
（3）B
（4）液氨；脱水性、强氧化性
（5）2OH-+ClO-+SO2=+Cl-+H2O；相同条件 下SO2在水溶液中溶解性大于NO
【解析】【解答】（1）从图可知，反应物总能量高于生成物总能量，所以该反应为放热反应，故答案为：放热；
（2）A、改铁片为铁粉，增大了接触面积，反应速率增大，故A不选；
B、滴加少量溶液与Fe反应生成Cu，形成原电池，加快反应速率，故B不选；
C、升高温度，反应速率增大，故C不选；
D、反应物为铁和硫酸反应，改稀硫酸为98%的浓硫酸，发生钝化现象，不产生氢气，故D选；故答案为：D；
（3）葡萄糖为还原性糖，可与弱氧化剂发生反应，淀粉不能，用银氨溶液可以鉴别葡萄糖与淀粉，
故答案为：B；
（4）氨气极易溶于水，氨气易液化，液氨汽化需要吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，化学式NH3；浓硫酸具有脱水性、强氧化性，蔗糖碳化后，与浓硫酸发生氧化还原反应，故答案为：液氨；脱水性、强氧化性；
（5）碱性条件下，NaClO溶液与二氧化硫反应生成硫酸根离子和氯离子，离子方程式为2OH-+ClO-+SO2=+Cl-+H2O，实验证明相对于SO2，NO更难脱除，其原因可能是相同条件 下SO2在水溶液中溶解性大于NO，故答案为：2OH-+ClO-+SO2=+Cl-+H2O；相同条件 下SO2在水溶液中溶解性大于NO。
【分析】（1）根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
（2）依据影响反应速率的因素分析；
（3）葡萄糖为还原性糖；
（4）依据氨气的性质判断；
（5）碱性条件下，NaClO溶液与二氧化硫反应生成硫酸根离子和氯离子；利用溶解性判断。
25．【答案】（1）Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
（2）A—B；该反应是放热反应，1 min后溶液温度明显升高，反应速率加快；2 min后反应物硝酸浓度的减小成为影响反应速率的主要原因，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐变慢
（3）0.225
（4）大于
（5）C
【解析】【解答】（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其离子方程式为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；
（2）相同时间内，A—B段产生的气体最多，故A—B段反应速率最快；反应速率还与浓度、温度有关，1 min后A—B段反应速率逐渐加快，除产物可能有催化作用外，还可能因为反应放热，体系温度升高，故其主要原因还有：该反应是放热反应，1 min后溶液温度明显升高，反应速率加快，2 min后反应物硝酸浓度的减小成为影响反应速率的主要原因，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐变慢；
（3）1—3 min内生成的V(NO2)=252 mL，n(NO2)=0.01125 mol，由离子方程式可知n(H+)=2n(NO2)=0.0225 mol，v(H+)=；
（4）向反应溶液中加入固体KNO3，硝酸根离子浓度增大，反应速率加快，1 min时测得V(NO2)大于84 mL；
（5）A．使用Cu粉代替Cu块，接触面积增大，反应速率加快，A不正确；
B．使用含有石墨的粗铜代替纯铜，构成原电池，反应速率加快，B不正确；
C．使用稀硝酸代替浓硝酸，反应产生NO，不产生NO2，C正确；
D．在硝酸中加入少量浓硫酸，H+的浓度增大，反应速率加快，D不正确；
故答案为：C；
【分析】（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；
（2）依据影响反应速率的因素分析；
（3）利用υ=Δc/Δt计算；
（4）依据影响反应速率的因素分析，利用反应的实质分析；
（5）依据反应的实质和影响反应速率的因素分析；