6.2 化学反应的速率与限度 课后测试（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 化学反应的速率与限度 课后测试
2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册
一、单选题
1．北京时间10月6日晚，2021年诺贝尔化学奖授予 Benjamin List和David W.C.MacMillan，以奖励他们“对于有机小分子不对称催化的重要贡献”。不对称催化剂具有选择性。下列说法错误的是（　　）
A．催化剂不仅可以是金属催化剂和酶，也可以是有机小分子
B．不对称催化剂可以提高目标产物在最终产物中的比率
C．催化剂在反应前后的质量和性质不变
D．“不对称有机催化”对医药研究和绿色化学有极为重要的意义
2．日常生活中的下列做法，与调控反应速率有关的是（　　）
①食品抽空气后真空包装②在铁制品表面刷油漆③大煤块先碾成颗粒再烧④用冰箱冷藏食物
A．②③④ B．④ C．②④ D．①②③④
3．能降低反应所需的活化能的是（　　）
A．降低温度 B．使用催化剂
C．增大压强 D．增加浓度
4．将固体NH4Br置于2.0 L的密闭容器中，在某温度下发生如下反应：
NH4Br(s)NH3(g)＋HBr(g)
2HBr(g)Br2(g)＋H2(g)
2 min后，测得H2为1 mol，HBr为8 mol，则上述反应中生成NH3的速率为（　　）
A．0.5 mol·(L·min)－1 B．2 mol·(L·min)－1
C．2.5 mol·(L·min)－1 D．5 mol·(L·min)－1
5．下列关于化学反应速率与限度的说法中，错误的是（　　）
A．化学反应限度可以通过改变条件而改变
B．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质
C．可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的化学反应速率都为零
D．化学反应限度决定了反应物在该条件下的最大转化率
6．将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol/LFe2(SO4)3 溶液等体积混合充分反应后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2 的是（　　）
A．向混合液中滴入KSCN 溶液，溶液变红色
B．向混合液中滴入AgNO3 溶液，有黄色沉淀生成
C．向混合液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成
D．向混合液中滴入淀粉溶液，溶液变蓝色
7．工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反应是：①；②。该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需。其主要原因是（　　）
A．过量 B．与铁矿石接触不充分
C．炼铁高炉的高度不够 D．上述反应有一定的限度
8．一定条件下进行反应2X(g)＋Y(g) Z(s)＋3W(g) ΔH＜0。达到平衡后，t1时刻改变某一条件所得υt图像如图，则改变的条件为（　　）
A．增大压强 B．升高温度
C．加催化剂 D．增大生成物浓度
9．把下列4种X溶液，分别加入4个盛有10mL2mol·L-1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时X和盐酸缓慢地进行反应，若不考虑液体混合后体积的微小变化，其中反应速率最大的是（　　）
A．20mL3mol·L-1的X溶液 B．20mL2mol·L-1的X溶液
C．10mL4mol·L-1的X溶液 D．10mL2mol·L-1的X溶液
10．下列操作不能加快反应速率的是（　　）
A．与合成时，扩大容器体积
B．向锌与稀硫酸反应的溶液中加入少量固体
C．利用双氧水制备氧气时加入少量固体
D．稀盐酸溶解大理石时，将大理石研碎
11．一定条件下，反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下，下列说法不正确的是（　　）
A．由历程I可计算，的总键能
B．由历程Ⅱ可知，相同条件下的浓度比的浓度对反应速度影响更大
C．相同条件下，的平衡转化率，历程I=历程Ⅱ
D．由历程I和历程Ⅱ可得，
12．一种基于光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨的反应过程如图所示(图中h+表示空穴)，下列说法不正确的是（　　）
A．H+和N2是反应物，H2O是中间体
B．导带上发生的反应为2H2O+4h+=4H++O2↑
C．光能转变为化学能
D．该过程总反应可表示为2N2+6H2O4NH3+3O2
13．我国科研人员提出了以Ni / Al2O3 为催化剂，由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程，其示意图如下：
下列说法错误的是（　　）
A．总反应方程式为：CO2+4H2 CH4+2H2O
B．催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．在反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量
D．反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能
14．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（　　）
实验 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
A 25 5 0.2 5 0.2 10
B 25 5 0.1 5 0.1 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
A．A B．B C．C D．D
15．某温度时，2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g)反应到2 s后，NO的浓度减少了0.06 mol·L-1，则以O2表示该时段的化学反应速率是（　　）
A．0.03 mol·L-1·s-1 B．0.015 mol·L-1·s-1
C．0.12 mol·L-1·s-1 D．0.06 mol·L-1·s-1
16．在某容积为 2L 的密闭容器内，加入 0.8mol 的H2和 0.6mol 的 I2，在一定条件下发生如下反应：H2(g)+I2(g) 2HI(g)。反应中各物质的浓度随时间变化情况如图，根据图中数据，反应开始至达到平衡时的平均速率 v(HI) （　　）
A．0.167mol/(L·min) B．0.083 mol/(L·min)
C．0.042 mol/(L·min) D．5 mol/(L·h)
17．以反应 5H2C2O4+2MnO4-+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。
下列说法错误的是（　　）
A．实验①、 ②、 ③所加的H2C2O4 溶液均要过量
B．若实验①测得 KMnO4溶液的褪色时间为 40 s， 则这段时间内平均反应速率 v(KMnO4)= 2. 5×10-4 mol/L/s
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响， 实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的 Mn2+对反应起催化作用
18．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（　　）
A．100mL的盐酸与锌反应时，加入适量的NaCl溶液，生成的速率不变
B．用铁片和稀硫酸反应制取时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生的速率
C．二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．大理石与盐酸反应制取二氧化碳时，将块状大理石改为粉末状大理石，反应速率加快
19．资源化利用是实现“碳中和”的重要途径，与氢气反应制的一种催化机理如图所示，总反应为>0，下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅲ中，没有化学键断裂
B．在Ni催化作用下产生·H为吸热过程
C．反应中释放出
D．总反应中，反应物的键能之和小于生成物的键能之和
20．如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，接触室发生反应的热化学方程式表示为：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-196.6kJ·mol-1。下列说法错误的是（　　）
A．黄铁矿进入沸腾炉之前需要进行粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，并且可以提高原料的转化率
B．沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室
C．工业生产要求高效，为加快反应速率，接触氧化应使用催化剂并尽可能提高体系温度
D．工业制硫酸的尾气大量排放至空气中会形成酸雨
二、综合题
21．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　 　。
22．在微电子工业中，作为一种优良的蚀刻气体，在被蚀刻物表面不会留下任何残留物，在芯片制造方面具有重要的应用。已知：键能是指断裂或形成化学键时需要吸收或放出的能量。请回答下列问题：
化学键 F F N F
键能/ 941.7 154.8 283.0
（1）几种化学键的键能如表，则、和三种气体中，稳定性最强的物质为　 　(填化学式)，判断的依据为　 　；反应生成时，会　 　(填“吸收”或“放出”)　 　kJ能量
（2）根据上述数据，反应的能量变化与反应进程的关系如图，图中表示的能量是　 　(填“a”、“b”或“c”)；除选用合适的催化剂加快化学反应速率，还可以采取的措施为　 　、　 　(请任写两条)
23．某化学反应2A(g) B(g)+D(g)在体积为1L密闭容器中分别在下列四种不同条件下进行，
B、D起始物质的量为0，反应物A的物质的量(mol)随反应时间(min)的变化情况如下表：
时间 实验序号 1 10 20 30 40 50 60
1 800℃ 1.0 0.80 0.67 0.57 0.50 0.50 0.50
2 800℃ c2 0.60 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50
3 800℃ c3 0.92 0.75 0.63 0.60 0.60 0.60
4 820℃ 1.0 0.40 0.25 0.20 0.20 0.20 0.20
根据上述数据，完成下列填空：
（1）实验1中，在10～20 min时间内，以A的速率表示的平均反应速率为　 　mol·L-1·min-1。
（2）实验2中，A的初始浓度C2=　 　mol·L-1，反应经20 min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是　 　。
（3）设实验3的化学反应速率为υ3，实验1的化学反应速率为υ1，则υ3　 　υ1(填“＞”“=”或“＜”)，且C3为　 　mol·L-1。
（4）根据实验数据推测该反应的正反应是　 　反应(填“吸热”或“放热”)
（5）向实验2的平衡体系中充入A、B、D各0.5mol 平衡　 　移动(填“正向”“逆向”或“不”)
24．水煤气 (主要成分CO、H2 ) 是重要燃料和化工原料，可用水蒸气通过炽热的炭层制得：C
(s) + H2O(g) CO (g) +H2 (g)；△H =+131.3kJ mol－1
（1）某温度下，四个容器中均进行着上述反应，各容器中炭足量，其它物质的物质的量浓度及正逆反应速率关系如下表所示。请填写表中相应的空格。
容器编号 c(H2O)/mol·L－1 c(CO)/mol·L－1 c(H2)/mol·L－1 V正、V逆比较
I 0.06 0.60 0.10 V正=V逆
II 0.06 0.50 0.40 （　 　）
III 0.12 0.40 0.80 V正IV 0.12 0.30 　 　 V正=V逆
（2）另有一个容积可变的密闭容器。恒温恒压下，向其中加入1.0mol炭和 1.0mo l水蒸气 (H216O)，发生上述反应，达到平衡时，容器的体积变为原来的1.25 倍。平衡时水蒸气的转化率为　 　；向该容器中补充 a mol 炭，水蒸气的转化率将　 　（填“增大”、“减小”、“不变”），再补充 a mol 水蒸气 (H218O)， 最终容器中C16O和C18O 的物质的量之比为　 　。
25．把影响了化学反应的速率的因素的字母代号填写在空格中：
A．催化剂 B．温度 C．光照 D．固体表面积
（1）夏天的食品容易霉变，冬天就不容易发生该现象　 　；
（2）熔化的氯酸钾放出气泡很慢，撒入少量二氧化锰很快产生气体　 　；
（3）工业上常将固体燃料粉碎，以提高燃烧效率　 　 ；
（4）集气瓶中H2和Cl2的混合气体，在瓶外点燃镁条时发生爆炸　 　 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.催化剂可以是金属，也可以是酶，根据题干信息可知，还可以是有机小分子，故A不符合题意；
B. 不对称催化剂具有选择性，可以提高目标产物在最终产物中的比率，故B不符合题意；
C.催化剂在反应前后质量和化学性质不变，但物理性质可能改变，故C符合题意；
D. “不对称有机催化”对医药研究和绿色化学有极为重要的意义，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据题干信息判断；
B.不对称催化剂具有选择性；
C.催化剂的性质包括化学性质和物理性质。
2．【答案】D
【解析】【解答】①食品抽空气后真空包装可降低氧气浓度，减慢食物腐败速度，故①符合题意；
②在铁制品表面刷油漆能隔绝氧气，降低反应速率，故②符合题意；
③大煤块先碾成颗粒再烧，再增大煤与氧气的接触面积，加快反应速率，故③符合题意；
④用冰箱冷藏食物，通过降低温度减慢反应速率，故④符合题意；
故答案为：D。
【分析】反应物的浓度、压强、温度、反应物的接触面积等均能影响反应速率。
3．【答案】B
【解析】【解答】压强、浓度只能改变单位体积的活化分子数目，不能改变活化能；降低温度，活化分子百分数减小，反应速率降低，但不是降低反应的活化能的原因，使用催化剂，可改变反应历程，降低活化能，
故答案为：B.
【分析】根据催化剂的作用（能降低反应活化能）进行解答即可得出答案。
4．【答案】C
【解析】【解答】此题为连锁反应，溴化铵分解生成的溴化氢又有一部分分解，故剩余的溴化氢的量为溴化铵分解生成的溴化氢的量减去分解的溴化氢的量，即c剩余(HBr)=c生成(HBr)-c分解(HBr)；氢气的物质的量为1mol，其浓度=1/2=0.5mol/L，则c分解(HBr)=1mol/L；HBr的物质的量为8mol，c剩余(HBr)=8/2=4mol/L；则c生成(HBr)=c分解(HBr)+c剩余(HBr)=1mol/L+4mol/L=5mol/L；溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，则2min后溴化铵分解生成的氨气的浓度为：c(NH3)=c生成(HBr)=5mol/L，氨气的平均反应速率为：v=5/2=2.5mol/(L min)；C符合题意；
故答案为：C。
【分析】计算速率的题目要注意技巧，本题根据化学方程式可以发现溴化铵生成溴化氢以后，溴化氢会有进一步的反应，因此，要根据氢气的物质的量计算出溴化氢的物质的量，再利用化学计量数之比等于物质的量之比等于浓度之比进行计算。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．改变温度、压强、浓度，可以使化学反应限度发生变化，故A不符合题意；
B．反应物本身的性质决定化学反应的快慢，故B不符合题意；
C．可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的化学反应速率相等，但不为零，故C符合题意；
D．化学反应达到平衡时，反应物浓度不再改变，在该条件下反应物的转化率达到最大值，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】达到平衡时，各物质浓度保持不变，消耗速率和生成速率相等，达到动态平衡；达到最大限度，当外界条件发生改变，平衡也会发生改变。
6．【答案】A
【解析】【解答】A.0.2mol/L的KI溶液和0.05mol/LFe2(SO4)3 溶液等体积混合，KI过量，向混合液中滴入KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中仍含有Fe3+，能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2 ，故A符合题意；
B.I2水能使AgNO3溶液产生黄色沉淀，不能说明溶液中存在I-，故B不符合题意；
C.该反应生成Fe2+，向混合液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成，只能说明溶液中含有Fe2+，不能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2 ，故C不符合题意；
D.该反应生成I2，向混合液中滴入淀粉溶液，溶液变蓝色，说明溶液中含有碘单质，不能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2 ，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】 证明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2 ，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底。
7．【答案】D
【解析】【解答】由分析可知，该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需，主要原因是反应①②有一定的限度，不能进行彻底，加入过量焦炭可促使反应正向移动，故选D；
故答案为：D。
【分析】焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需，是因为反应①②有一定的限度，不能进行彻底。
8．【答案】B
【解析】【解答】根据上述分析可知，
A．该反应为前后气体体积不变的反应，增大压强，正、逆速率增大相同的倍数，平衡不移动，A项不符合；
B．正反应为放热反应，升高温度，正、逆速率都增大，平衡向逆反应方向移动，B项符合；
C．加入催化剂，正、逆速率增大相同的倍数，平衡不移动，C项不符合；
D．增大生成物的浓度瞬间正反应速率不变，D项不符合，
故答案为：B。
【分析】由图象可知，改变条件瞬间，正、逆速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，结合外界条件对反应速率及平衡移动影响解答。
9．【答案】A
【解析】【解答】A. 20mL 3mol/L的X溶液中X的物质的量为0.06mol；
B. 20mL 2mol/L的X溶液中X的物质的量为0.04mol；
C. 10mL 4mol/L的X溶液中X的物质的量为0.04mol；
D. 10mL 2mol/L的X溶液中X的物质的量为0.02mol；
故答案为A
【分析】混合后溶液中X的浓度越大反应速率越快，由于最终溶液的体积都变为50mL，所以X的物质的量越大反应速率越快，据此分析即可。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．扩大容器体积，压强降低，不能加快反应速率，故A符合题意；
B．锌与稀硫酸反应的溶液中加入少量固体，锌置换出铜单质，形成微小原电池。反应速率加快，故B不符合题意；
C．双氧水制备氧气时，固体作为催化剂，反应速率加快，故C不符合题意；
D．将大理石研碎，反应接触面积增大，反应速率加快，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】影响反应速率的外界因素有温度、浓度、压强、催化剂以及固体表面积等，一般来说，升高温度、增大浓度、增大压强以及加入催化剂或增大固体的表面积都可增大反应速率，以此解答。
11．【答案】A
【解析】【解答】A、(E1-E3)是SO2的活化能，SO2的总键能不是(E1-E3)kJ，故A错误；
B、由历程Ⅱ可知，使用V2O5作催化剂，增大的浓度后，该反应的活化能减小，反应速率加快，说明相同条件下的浓度比的浓度对反应速度影响更大，故B正确；
C、使用催化剂不影响平衡状态，因此相同条件下，的平衡转化率，历程I=历程Ⅱ，故C正确；
D、使用催化剂不改变反应热，则 ，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、由图可知，(E1-E3)kJ是SO2的活化能；
B、历程Ⅱ中，使用催化剂增大的浓度后，反应的活化能减小，反应速率加快；
C、使用催化剂不影响平衡状态；
D、催化剂不改变反应热。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．由图可知，H+和H2O是反应的中间体，N2是反应物，故A符合题意；
B．由图可知，导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子，方程式为：2H2O +4h+= 4H++ O2↑，故B不符合题意；
C．由图可知，光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨，则实现了光能向化学能的转化，故C不符合题意；
D．由图可知，该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，总方程式可表示为2N2 +6H2O
4 NH3+3O2，故D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分析图，反应物是H2O和N2，生成物是NH3和O2，H+是中间体；
B.分析图示可知导带上发生的反应；
C.该过程光能转化为化学能；
D.根据反应过程图可知反应物是H2O和N2，生成物是NH3和O2， MeOx 是催化剂，条件是光照。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水，则总反应方程式为CO2+4H2 CH4+2H2O，A不符合题意；
B．催化剂对平衡移动无影响，则使用催化剂时转化率不变，B符合题意；
C．化学变化中有化学键的断裂和生成，则反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量，C不符合题意；
D．催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能，则该过程中催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据示意图分析CO2和H2转化为产品CH4的同时还生成H2O，由此总结出总反应方程式；
B．依据影响化学平衡移动的因素进行分析；
C．化学反应的本质是化学键的断裂与形成，化学反应中能量变化的微观表现是断开化学键吸收的能量，形成化学键放出的能量；
D．催化剂在化学反应中改变反应的路径，降低反应的活化能以提高反应速率，但不能改变反应热，不能改变平衡移动，只与反应速率有关．
14．【答案】D
【解析】【解答】因35℃＞25℃，则选项C和D中的反应速率大于选项A和B中，又D中反应物的浓度大于C中反应物的浓度，则D中反应速率最快，即在实验中就最先出现浑浊。
故答案为：D。
【分析】温度越高、浓度越大，则反应速率就越快，在实验中就最先出现浑浊，以此解答。
15．【答案】B
【解析】【解答】2s后，NO的浓度减少了0.06mol L-1，则v(NO)==0.03mol/(L·s)，速率之比等于化学计量数之比，v(O2)=v(NO)=0.015mol/(L·s)，
故答案为：B。
【分析】算出NO的反应速率，再根据反应速率之比等于化学计量系数之比，算出O2的反应速率。
16．【答案】A
【解析】【解答】根据图中信息，反应开始至达到平衡时Δc(HI)=0.5 mol L 1，其平均速率 ，故A符合题意。
故答案为A。
【分析】根据碘化氢的浓度变化量即可计算出速率
17．【答案】B
【解析】【解答】A、根据反应方程式可得5H2C2O4~2MnO4-，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，A不符合题意；
B、根据已知数据可得v(KMnO4)=0.010mol/L×0.004L/40s =1.0×10-6 mol/L/s，B符合题意；
C、分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，实验②和③只是温度不同，C不符合题意的；
D、在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、由反应方程式可得关系式5H2C2O4~2MnO4-，结合所给浓度和体积，确定反应情况；
B、根据公式计算反应速率；
C、由表格数据可知，实验①和实验②中所用H2C2O4溶液的浓度不同；
D、在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质；
18．【答案】D
【解析】【解答】A.加入氯化钠溶液，降低浓度，速率降低，故A不符合题意；
B. 用铁片和稀硫酸反应制取时，浓硫酸使铁片钝化，故B不符合题意；
C. 二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率加快，故C不符合题意；
D.粉碎大理石变为粉末，接触面积增大，反应速率加快，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.加入氯化钠溶液降低浓度速率下降；
B.浓硫酸使铁片钝化；
C.升高温度速率加快；
D.增大反应的接触面姐速率加快。
19．【答案】B
【解析】【解答】A、由图可知，过程Ⅲ为和 H反应生成CH4和H2O，存在化学键的断裂，故A错误；
B、氢气在Ni催化作用下产生·H，断裂化学键，吸热，故B正确；
C、过程Ⅱ发生的反应为La2O2CO3发生分解反应生成和，故C错误；
D、总反应为吸热反应，则反应物的键能之和大于生成物的键能之和，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、过程Ⅲ为和 H反应生成CH4和H2O ；
B、断裂化学键吸热；
C、 过程Ⅱ发生的反应为La2O2CO3发生分解反应生成和；
D、总反应为吸热反应。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．从反应速率的影响因素考虑，增大接触面积可以加快反应速率，并且可以提高原料的转化率，A不符合题意；
B．为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室，B不符合题意；
C．温度较高可能导致催化剂失去活性，反而降低反应速率，温度适宜即可，C符合题意；
D．工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气中，可能导致硫酸型酸雨，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A．沸腾炉使黄铁矿和空气增大接触面积可以加快反应速率，并且可以提高原料的转化率；
B．为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室；
C．温度较高可能导致催化剂失去活性，温度适宜即可；
D．工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气中与水反应产生硫酸，形成酸雨；
21．【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。
22．【答案】（1）；键的键能远大于F F键和N F键的键能，键能越大，物质越稳定；放出；145.95
（2）c；适当升高温度；适当增大压强
【解析】【解答】(1)根据表格，键能越大，键越难断裂，则物质越稳定，在、和三种气体中，稳定性最强的物质为，判断的依据为键的键能远大于F F键和N F键的键能，键能越大，物质越稳定；反应，断裂吸收的热量为941.7kJ+154.8kJ×3=1406.1kJ，成键释放的热量为283.0kJ×6=1698kJ，释放的能量大于吸收的能量，整个反应是放热，因此生成时，会放出(1698kJ 1406.1kJ)÷2=145.95kJ能量；故答案为：；；键的键能远大于F F键和N F键的键能，键能越大，物质越稳定；145.95。
(2)根据上述数据，该反应是放热反应，生成物的总能量低于反应物总能量，因此图中表示的能量是c；除选用合适的催化剂加快化学反应速率，可以从浓度、温度，压强来分析即还可以采取的措施为适当升高温度、适当增大压强；故答案为：c；适当升高温度；适当增大压强。
【分析】（1）键能越大，物质越稳定。
（2）加快化学反应速率因素有：升高温度、增加浓度、加压等。
23．【答案】（1）0.013
（2）1.0；催化剂
（3）>；1.2
（4）吸热
（5）逆向
【解析】【解答】（1）在实验1，反应在10至20分钟时间内A的浓度减少0.80－0.67=0.13mol/L，所以A的平均反应速率为v(A)=Δc/Δt=0.13mol/L÷10min=0.013mol/（L·min），故答案为0.013。（2）该反应是反应前后物质的量不变的可逆反应，实验1与实验2温度相同，实验1与实验2达到平衡状态时A的物质的量浓度相同，且
B、D的起始浓度为0，所以两组实验中A的起始浓度相同均为1.0mol/L，温度相同，达平衡后A的物质的量浓度相同且达到时实验2的时间较短，所以实验2与实验1是等效平衡，所以实验2只能是使用了催化剂，故答案为1.0，催化剂。（3）实验3的反应速率为υ3，实验1的反应速率为υ1，实验1与实验3相比较，温度相同，10～20 min时，实验3的浓度减少量大于实验1的，所以实验3的反应速率大于实验1的，即υ3＞υ1，
实验1在40min时反应达到平衡，
　 2A(g) B(g)+ D(g)
起始（mol/L） 1.0 0 0
反应（mol/L） 0.50 0.25 0.25
平衡（mol/L） 0.50 0.25 0.25
该温度下的平衡常数K= =0.25
实验3的温度与实验1的温度相同，温度不变，平衡常数是不变的，
　 2A(g) B(g)+ D(g)
起始（mol/L） C3 0 0
反应（mol/L） 0.6 0.30 0.30
平衡（mol/L） C3-0.6 0.30 0.30
该温度下的平衡常数K= =0.25，解得C3=1.2mol/L。
故答案为＞，1.2。（4）比较实验4和实验1，由于实验4的温度高于实验1，而开始时的物质浓度相同，达到平衡时的浓度实验1高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，由于升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以正反应方向是吸热反应，故答案为吸热。（5）实验2与实验1温度相同，则平衡常数K=0.25，向实验2的平衡体系中充入A、B、D各0.5mol，则
　 2A(g) B(g)+ D(g)
平衡（mol/L） 0.50 0.25 0.25
再充入0.5mol 1.0 0.75 0.75
Q= =0.5625，Q＞K，则反应向逆反应方向移动，故答案为逆向。
【分析】（1）根据v=Δc/Δt及表格中的数据来计算反应速率；（2）实验2和实验1平衡时A的浓度相同，则A的起始浓度相同，但实验2的反应速率快；（3）由表格中平衡的浓度可知实验3的浓度大，浓度大，则反应速率快；（4）实验4的温度高，起始的A的浓度相同，但平衡时A的浓度小，说明升高温度反应向正反应方向进行；（5）根据比较Q和K的数值，判断平衡移动的方向。
24．【答案】（1）V正（2）25%；不变；1：a
【解析】【解答】（1）Ⅰ达到平衡状态，平衡常数K= = =1，
Ⅱ中Qc= =3.33＞1，则反应向逆反应方向移动，即V正＜V逆，
反应Ⅳ中V正=V逆，说明反应达平衡状态，则有 =1，计算得出c（H2）=0.40mol/L；
（2）恒温恒压下，向其中加入1.0mol炭和 1.0mo l水蒸气 （H216O），发生上述反应，达到平衡时，容器的体积变为原来的1.25 倍，平衡时混合气体总物质的量为1mol×1.25=1.25mol。由方程式可以知道，消耗1mol水蒸气，混合气体物质的量就增大1mol，故参与反应的水蒸气为
1.25mol-1mol=0.25mol，平衡时水蒸气的转化率为 ×100%=25%；
增加固体碳，对反应速率和化学平衡都没有影响，水蒸气的转化率不变；
恒温恒压下，再补充 a mol 水蒸气 （H218O），等到建立新的平衡状态后，与原平衡等效，水的转化率相等，则新生成的C18O 的物质的量为a×25%=0.25a，原平衡时生成的C16O为0.25mol，则C16O和C18O 的物质的量之比为0.25：0.25a=1：a。
【分析】（1）根据平衡状态，计算平衡状态的平衡常数K，当其他状态的Qc>K时，V逆>V正，QcV逆，据此计算；
（2） C (s) + H2O(g) CO (g) + H2 (g) 气体物质的量差量△n=1
1 1 1 1
各气体变化量 0.25mol 0.25mol 0.25mol 0.25mol
根据差量法计算消耗的水蒸气。再充入amol 水蒸气，因为是恒温恒压条件，所以是等效平衡。
25．【答案】（1）B
（2）A
（3）D
（4）C
【解析】【解答】（1）夏天的温度较高，冬天的温度较低，夏天的食品容易霉变，是由于夏天温度高，反应速率快，故答案为：B；
（2）撒入MnO2后，MnO2可作为KClO3分解的催化剂，加快反应速率，故答案为：A；
（3）将固体燃料粉碎，其相对表面积增大，反应速率加快，且燃烧效率提高，故答案为：D；
（4）镁条燃烧过程中发出耀眼白光，可起到光照的条件，故答案为：C；
【分析】此题是对影响反应速率因素的考查， 结合温度、浓度、催化剂、接触面、压强对反应速率的影响进行分析。