第六章6.2 化学反应的速率与限度 优选提升题（含解析）化学人教版（2019）必修第二册

6.2 化学反应的速率与限度 优选提升题
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．下列反应中可判断为可逆反应的是(　　)
A．氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢受热分解生成氢气和氯气
B．氮气与氢气在高温、高压、催化剂作用下可以生成氨气，同时氨气又分解为氮气和氢气
C．单质溴可以置换出碘，氯气又可以置换出溴
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸在光照条件下可分解为盐酸和氧气
2．下列说法中正确的是（　　）
A．化学反应速率既有正值，又有负值。
B．测定某化学反应从开始到2秒末的反应速率，指的是2秒末的瞬时速率
C．对于同一化学反应，选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值一定不同。
D．不能用固体和纯液体表示化学反应速率
3．对于化学反应：，下列措施(其他条件一定)不能增大反应速率的是（　　）
①增大溶液的浓度 ②粉碎固体 ③升高反应体系的温度
④减小反应体系的压强 ⑤加入饱和食盐水 ⑥增加固体质量
A．①②③ B．②⑤ C．③⑥ D．④⑤⑥
4．下列说法中，正确的是（　　）
A．在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，增加锌粒的量可使反应速率减慢
B．镀锌铁皮表面有破损时，铁的腐蚀速率会加快
C．硫粉分别在纯氧和空气中燃烧，前者反应更剧烈
D．酶作为催化剂，在任何温度下均能极大地提高反应速率
5．下列措施不能改变相应化学反应速率的是（　　）
A．在铁制品表面刷油漆——铁的腐蚀速率
B．高炉炼铁增加炉高——CO的反应速率
C．食物放在冰箱中储存——食物的腐败速率
D．烧煤时用煤粉代替煤块——煤的燃烧速率
6．将4molA气体和2molB气体置于2L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g)。若经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，下列说法正确的是（）
A．用物质A表示的反应速率为0.6mol/（L·s）
B．用物质B表示的反应速率为0.3mol/（L·s）
C．2s时物质B的浓度为0.3mol/L
D．2s时物质A的转化率为30％
7．如图是表示：2X＋Y Z＋R △H＞0 的气体反应速率(υ)与时间(t)的关系，t1时开始改变条件，则所改变的条件符合曲线的是
A．减少Z物质 B．加大压强 C．升高温度 D．使用催化剂
8．CO(g)和H2O(g)以1 ： 2体积比分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：
下列说法错误的是（　　）
A．从实验数据分析，该反应的正反应是吸热反应
B．实验A中，在0～10min内，以v(H2)表示的反应速率大于0.013mol(L·min)-1
C．从生产效益分析，C组实验的条件最佳
D．比较实验B，C，说明C实验使用了更高效的催化剂
9．化学反应速率、化学平衡是化学反应的重要原理，下列说法正确的是（　　）
A．在恒容恒温条件下，当达到平衡后，再充入一定量的Ar后，活化分子百分数减少，反应速率减慢
B．25℃时将的HA溶液加水稀释至，稀释后溶液的体积大于等于原溶液体积的1000倍
C．反应，则该反应能在高温自发进行
D．保持温度不变，向溶液中加入固体，容液中的比值变小
10．在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是（　　）
A．降低反应温度，可减缓反应X的速率
B．在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用
C．反应X的可通过如下反应获得：、
D．T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀
11．下列有关可逆反应的说法错误的是
A．可逆反应是指在同一条件下能同时向正、逆两个方向进行的反应
B．是可逆反应
C．可逆反应达到化学平衡状态时，反应体系中各物质的浓度相等
D．可逆反应中反应物和生成物同时存在
12．如图是可逆反应A+2B 2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况。由此可推断下列说法正确的是（　　）
A．C、D均不是气体 B．D可能是气体
C．逆反应是放热反应 D．A、B、C均为气体
13．不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是（　　）
A．Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B．由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C．由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D．氧化过程的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O
14．反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（　　）
A．升高温度
B．增加C(s)的量
C．将容器的容积缩小一半
D．压强不变，充入He使容器容积增大
15．某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应，达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如甲图所示，正逆反应速率随时间的变化如乙图所示。下列说法错误的是（　　）
A．前20minB的平均反应速率为
B．30~40min间该反应使用了催化剂
C．化学方程式中的，正反应为放热反应
D．30min、40min时分别改变的条件是减小压强、升高温度
16．在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列错误的是（　　）
(T/K)/(v/mol·L-1·min-1) /( c/mol·L-1) 0.600 0.500 0.400 0.300
318.2 3.60 3.00 2.40 1.80
328.2 9.00 7.50 a 4.50
b 2.16 1.80 1.44 1.08
A．a＝6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b＜318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
17．800℃时，A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化如图所示。则以下说法错误的是（　　）
A．发生的反应可表示为
B．前，A的分解速率为
C．时，A，B，C的浓度之比为2∶3∶1
D．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度
18．向刚性容器中通入1molCO和1molNO2，发生反应：CO(g)+NO2(g)=CO2(g)+NO(g)。已知该反应的v=kc2(NO2)，在其他条件不变的情况下，反应速率无法增大的是（　　）
A．升高温度 B．加入催化剂
C．充入更多的CO D．充入更多的NO2
19．磺酸树脂催化下的烯烃二羟化反应历程的示意图如下(、、、表示烃基或H原子)，下列说法错误的是（　　）
A．过程③中，有O-H键、C-O键断裂
B．是该反应的催化剂
C．可能具有强氧化性
D．整个过程的总反应为
20．在温度不变、恒容的容器中进行反应2HI H2+I2(正反应为吸热反应)，反应物的浓度由0.1 mol/L降到0.06 mol/L，需要20 s，那么由0.06 mol/L降到0.036 mol/L所需时间为（　　）
A．等于10 s B．等于12 s C．大于12 s D．小于12 s
二、综合题
21．一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+ CO2(g) FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度变化与时间的关系如图所示。
（1）t1min时，正、逆反应速率的大小关系为v正　 　 v逆（填“>”“<”或“=”）.
（2）0～4min内，CO2的转化率为　 　，CO的平均反应速率，v(CO)=　 　。
（3）下列条件的改变能减慢上述反应的反应速率的是　 　（填序号，下同）。
①降低温度
②减少铁粉的质量 ③保持压强不变，充入He使容器的体积增大 ④保持体积不变，充入He使体系压强增大
（4）下列选项能说明上述反应已达平衡状态的是　 　。
①v(CO2)=v(CO)
②单位时间内生成nmolCO2的同时生成nmolCO
③容器中气体压强不随时间的变化而变化
④容器中气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化
22．氯是海水中含量最丰富的元素，氯的单质及其化合物在生成、生活领域应用广泛。
（1）自来水厂常用液氯进行杀菌消毒。氯气溶于水发生的可逆反应为　 　（用离子方程式表示）。
（2）用液氯消毒会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可以使用二氧化氯（ClO2）代替液氯。工业上以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClO3）和硫酸溶液混合制备二氧化氯气体。已知黄铁矿中的硫元素（-1价）最终氧化成SO42-，写出制备二氧化氯的离子方程式　 　。
（3）生产漂白粉工厂的主要设备是氯化塔，塔从上到下分为四层，如图为生产流程示意图。
生产漂白粉反应的化学方程式为　 　。实际生产中，将石灰乳（含有3%-6%水分的熟石灰）从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入。这样加料的目的是　 　。
（4）用莫尔法可以测定溶液中Cl-的含量。莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准AgNO3溶液滴定待测液，以K2CrO4为指示剂，滴定终点的现象是溶液中出现砖红色沉淀（Ag2CrO4）。已知平衡Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，该滴定过程需要控制pH范围在6.5~10.5，若pH小于6.5会使测定结果偏高。结合平衡移动原理解释偏高的原因：　 　 。
23． 时，将 和2molB气体通入体积为 的密闭容器中（容积不变），发生如下反应： ， 时反应达到平衡状态（温度不变）测得 的浓度为 ，请填写下列空白：
（1）该过程用A表示的反应速率为 　 　；该温度下该反应的化学平衡常数值为　 　（保留两位有效数字）。平衡时，比较 量反应物的转化率大小： 　 　 。
（2）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变小，则反应的 　 　0（填“>”、“=”或“<”）.
（3）判断反应达到平衡状态的依据是　 　（填字母序号）。
a、生成 的速率与生成 的速率比是
b、混合气体的密度不变
c、混合气体的相对平均分子质量不变
d、 的质量分数不再发生变化
（4）若保持温度不变时，继续向平衡混合物的溶液中通入少量氦气（氦气和 都不反应）后，则化学反应速率会　 　（填“加快”、“减慢”或“不变”），化学平衡将　 　（填“正反应方向移动”、“逆反应方向移动”或“不移动”）。
（5）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，起始投料时各物质的浓度如下表：
　 A B C
投料I 3.0
mol/L 1.0
mol/L 0
投料II 2.0
mol/L 1.0
mol/L 2.0
mol/L
安投料I进行反应，测得达到化学平衡状态时 的转化率为60%，若按投料II进行反应，起始时反应进行的方向为：　 　（填“正向”、“逆向”或“不移动”）。
24．氮元素的单质及其化合物是化学研究的热点。回答下列问题：
（1）肼(N2H4，常温下为液态)是火箭的传统燃料之一，某N2H4-O2原电池的工作原理如图甲。
①a极的电极反应式为　 　。
②该电池工作时，若有2 mol电子流经外电路，则被还原的O2体积为　 　L(标准状况下)。
（2）一定温度时，在体积为2 L的恒容反应器中发生反应：，A、B物质的量随时间的变化曲线如图乙所示。
①A为　 　(填化学式)。
②4 min时，v正　 　(填“＞”“＜”或“＝”) v逆。
③内该反应的平均反应速率v(H2)=　 　(保留两位有效数字)。
④　 　，反应进行4 min时，N2的转化率为　 　。
25．大气环境中NOX的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为： 。回答下列问题：
（1）该反应在常温下可以自发进行，则反应的 　 　0(填“ ”“ ”或“ ”)，有利于提高NO平衡转化率的条件是　 　(任写一条)。
（2）以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：
第一步：
第二步：
第三步：　 　
第四步：
（3）对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、 、 ，通入 使其浓度达到 。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：
①据图分析，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是　 　(用a、b、c表示)； 、 去除NO效果比C更好，其依据是　 　(写一条)。
②上述实验中，490℃时，若测得 对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是　 　。
A．及时分离出 B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氮气 D．寻找更好的催化剂
③490℃时的反应速率 　 　 ，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为　 　(保留二位有效数字)。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.两个反应条件不同，且反应不具备同时性，不为可逆反应；B.两个反应条件相同，且反应具备同时性，是可逆反应；C.不属于同一个反应，故不是可逆反应；D.不属于同一个反应，故不为可逆反应。
故答案为：B
【分析】在同一条件下，既可以向正反应方向进行，也可以向逆反应方向进行的化学反应称为可逆反应，即在一定的条件下能够保持动态平衡，据此进行解答。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．反应速率的数值无负值，均为正值，故A不符合题意；
B．反应速率是指单位时间内物质的浓度变化，所以测定某化学反应从开始到2秒末的反应速率，指的是2秒内的平均速率，故B不符合题意；
C．对于同一化学反应，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以如果不同物质的计量数相等，则选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值可以相同，故C不符合题意；
D．固体或纯液体的浓度视为常数，故不能用固体或纯液体的浓度变化量表示化学反应速率，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】由于固体和纯液体的浓度在反应中保持不变，故△c=0，故一般不用固体和纯液体来表示化学反应速率
3．【答案】D
【解析】【解答】①增大HCl溶液的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，①项不符合题意；
②粉碎固体，增大接触面积，反应速率加快，②项不符合题意；
③升高反应体系的温度，反应速率加快，③项不符合题意；
④减小反应体系的压强，不能增大反应速率，④项符合题意；
⑤加入饱和食盐水，会减小HCl溶液的浓度，反应速率降低，⑤项符合题意；
⑥增加固体质量，不会增大反应速率，⑥项符合题意；
故答案为：D。
【分析】增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积。
4．【答案】C
【解析】【解答】A. 在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，因锌粒是固体，增加锌粒的量不影响反应速率，故A错；
B. 镀锌铁皮表面有破损时，会形成锌铁原电池，铁做正极被保护，故B错；
C. 硫粉在纯氧中比在和空气中燃烧更剧烈，因为氧气的浓度增大了，故C对；
D. 酶属于蛋白质，高温会变性，作为催化剂，在高温度下会失去活性，故D错；故答案为：C。
【分析】A、锌粒属于固体，对浓度无影响
B、锌比铁活泼。破皮之后，发生反应的是锌
D、当温度过高时，酶会失去活性
5．【答案】B
【解析】【解答】A．铁表面刷油漆，阻止铁与氧气接触反应，降低反应速率，故A不选；
B．高炉炼铁增加炉高并不能改变CO反应速率，故B选；
C．冰箱中温度低，反应速率减慢，故C不选；
D．烧煤时用煤粉代替煤块，增大了固体接触面积，可以提高煤的燃烧速率，故D不选；
故答案为：B。
【分析】依据影响反应速率的因素分析。
6．【答案】D
【解析】【解答】2s后测得C的浓度为0.6mol/L，则根据反应式可知，消耗AB的浓度分别是0.6mol/L、0.3mol/L。所以物质AB的反应速率分别是 ＝0.3mol/（L·s）、 ＝0.15mol/（L·s），选项AB都不符合题意。
C.2s时物质B的物质的量是0.3mol/L×2L＝0.6mol，所以剩余B是2mol－0.6mol＝1.4mol，因此其浓度是1.4mol÷2L＝0.7mol，C不符合题意。
D.消耗物质A的物质的量是0.6mol/L×2L＝1.2mol，所以A的转化率是 ×100％＝30％，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】有C的数据可求出C的速率，再速率之比等于系数之比求出A、B的速率。速率是一段时间内的平均速率。
7．【答案】D
【解析】【解答】根据2X+Y Z+R△H＞0的气体反应速率(υ)与时间(t)的关系图可知，物质都是气体，反应后气体体积减小，t1时刻，正、逆反应速率均增大，且正反应速率仍然等于逆反应速率，说明正、逆反应速率同等程度的加快，改变的条件只能是使用了催化剂，
故答案为：D。
【分析】由图可知，正逆反应速率均增大，但平衡不移动，改变的条件应是使用了催化剂。
8．【答案】A
【解析】【解答】A、根据实验组B和C，升高温度，CO2的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是为放热反应，A符合题意；
B、达到平衡时，v(CO2)= mol/(L·min)=0.13mol/(L·min)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2)=c(CO2)=0.13mol/(L·min)，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率降低，0～10min内，v(H2)>0.130.13mol/(L·min)，B不符合题意；
C、根据表格数据，实验C温度低，投入量少，达到平衡时间短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，C不符合题意；
D、B的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
B.根据公式计算反应速率，结合浓度对反应速率的影响分析；
C.根据表格数据分析；
D.C组实验温度低，反应时间短，故使用了催化剂；
9．【答案】B
【解析】【解答】A．在恒容恒温条件下，当达到平衡后，再充入一定量的Ar后，参与反应的各物质的浓度不变，活化分子百分数不变，反应速率不变，A不符合题意；
B.25℃时将pH=1的HA溶液加水稀释至pH=4，HA可能为弱酸、也可能为强酸，若HA为弱酸，则稀释后的溶液的体积大于原溶液体积的1000倍，若HA为强酸，则稀释后的溶液的体积等于原溶液体积的1000倍，B符合题意；
C．反应的熵变△S<0，焓变，所以该反应能在低温自发进行，C不符合题意；
D．保持温度不变，向溶液中加入固体，假定变为了0.2mol/L，氯离子浓度为原来的两倍，如果铵根离子水解程度不变，铵根离子浓度为原来的两倍，但实际上铵根离子的水解程度减小，即铵根离子的浓度大于原来的两倍，因此的比值变大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.在恒容条件下，通入Ar后不影响活化分子数；
C.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
D.向0.1mol/LNH4Cl溶液中加入NH4Cl固体，水解程度减小。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A不符合题意；
B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B不符合题意；
C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C不符合题意；
D． T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度低，速率降低
B.加入氯气促使反应逆向移动
C.根据盖斯定律即可判断
D.根据数据计算出浓度商即可判断
11．【答案】C
【解析】【解答】A．可逆反应是指在相同条件下，既能向正方向进行同时又能向逆方向进行的反应，A不符合题意；
B．可逆反应是指在相同条件下，既能向正方向进行同时又能向逆方向进行的反应，在加热条件下，该反应既能向正方向进行同时又能向逆方向进行的反应，该反应为可逆反应，B不符合题意；
C．可逆反应达到化学平衡状态时，反应体系中各物质的浓度保持不变，但不一定相等，C符合题意；
D．可逆反应的特点：反应不能进行到底。可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物，所以反应物和生成物同时存在，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AB．可逆反应是指在相同条件下，既能向正方向进行同时又能向逆方向进行的反应；
C．利用“变者不变即平衡”；
D．可逆反应的特点：反应不能进行到底。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，正反应是气体分子数减小的反应，若C、D均不是气体，则逆反应速率不会受压强影响，这与图示变化情况不符，A不符合题意；
B．对于可逆反应A+2B 2C+3D，若D是气体，正反应一定不是气体分子数减小的反应，不满足加压时平衡的变化情况，B不符合题意；
C．根据上述分析可知，正反应为放热反应，所以逆反应为吸热反应，C不符合题意；
D．对于可逆反应A+2B 2C+3D，若A、B、C均为气体，满足正反应是气体分子数减小的反应，符合图中变化曲线，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和。
13．【答案】B
【解析】【解答】A.由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A不符合题意；
B.由②和③可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B符合题意；
C.由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，故C不符合题意；
D.在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，由图象可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化率越小。
14．【答案】B
【解析】【解答】A.升温正逆反应速率均加快，A错误；
B.C(s)为纯固体，增加C(s)的量对反应速率无影响，B正确；
C.将容器的容积缩小一半，即增大压强，速率加快，C错误；
D.压强不变，充入He使容器容积增大，导致浓度减小，速率减小，D错误；
故答案为： B
【分析】1.加快反应速率的方法：增大反应物浓度、增大压强、升高温度、加催化剂，增加反应物接触面积。
2.在恒温恒容条件下 通入惰性气体，总压增大，反应物浓度不变，反应速率不变
恒温恒压条件下，通入惰性气体，总体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小
15．【答案】B
【解析】【解答】A．前20minB的平均反应速率为=，故A不符合题意；
B.30min时C和A、B的浓度都下降了，而催化剂只会改变反应速率，不会瞬间改变反应物的浓度，故B符合题意；
C．由图可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，则x=1；40min时正逆反应速率都增大，则改变的条件为升高温度，而条件改变后C浓度减小、A、B浓度增大，说明平衡发生了逆向移动，则正反应为放热反应，故C不符合题意；
D.40min时改变的条件为升高温度；30min时，C和A、B的浓度都下降了，反应速率也减小，但是平衡不移动，该反应前后气体分子不变，则改变的条件为减小压强，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
C.40min时正逆反应速率都增大，改变的条件为升高温度，40min后C的浓度减小，说明平衡逆向移动；
D.30min时只有反应速率减少了，反应仍处于平衡状态，则改变的条件是降低压强。
16．【答案】D
【解析】【解答】A、由表中信息可知，在相同温度下，反应速率与蔗糖的浓度成正比，328.2K时，速率的数值是浓度数值的1.5倍，因此推出a=6.00，故A说法不符合题意；
B、升高温度v增大，降低反应物浓度v减小，故同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变，故B说法不符合题意；
C、温度越高，反应速率越快。在相同的浓度下，b的反应速率小于318.2K的反应速率，说明b的温度低于318.2K，故C说法不符合题意；
D、温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间越短，故D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据表格数据可推a中数据
B、增高温度，减小浓度，v可能不变
C、根据表格数据可对比，相同浓度的情况下，温度越低，速率越慢
D、温度越高，速率越快，所需时间越短
17．【答案】B
【解析】【解答】A．由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c（A）：△c（B）：△c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，且B、C浓度增大为生成物，A浓度降低为反应物，则反应的化学方程式为，选项A不符合题意；
B．由图可知前2 minA的△c（A）=0.2mol/L，所以A的分解速率为v（A）==0.1 mol L-1 min-1，选项B符合题意；
C.2 min时，A、B、C的浓度分别为：0.2mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，A、B、C的浓度之比为0.2mol/L：0.3mol/L：0.1mol/L=2：3：1，选项C不符合题意；
D．通过调控反应条件，如减小压强，可以提高该反应进行的程度，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓度的变化之比等于化学计量数之比，据此计算确定各物质的系数；
B.根据计算；
C.A、B、C的浓度之比为0.2mol/L：0.3mol/L：0.1mol/L=2：3：1；
D.调控反应条件可提高该反应进行的程度。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．升高温度速率增大，故A不符合题意；
B．加入催化剂降低活化能，速率增大，故B不符合题意；
C．v=kc2(NO2)速率与CO浓度无关，充入更多的CO不影响速率，故C符合题意；
D．根据速率公式可知，速率只与NO2浓度有关，充入更多的NO2，速率增大，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.升温反应速率增大；
B.加入催化剂能加快反应速率；
D.根据v=kc2(NO2)可知，速率只与NO2浓度有关。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．过程③中，H2O和是反应物，产物是，可以看出有O-H键、C-O键断裂，A不符合题意；
B．催化剂是通过反应物作用形成中间体，接着经过一系列反应使得中间体放出目标产物并重新生成催化剂，可以看出 不是催化剂，是中间物质，B符合题意；
C．通过反应②生成，过程中失去O元素，体现的氧化性，C不符合题意；
D．从反应物和最终产物可以看出，整个过程的总反应为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过程③中，有机物中断裂C-O键、H2O中O-H键断裂；
C.过氧键具有强氧化性；
D.该过程的反应物为H2O2和，生成物为。
20．【答案】C
【解析】【解答】前20s反应2HI H2+I2的平均反应速率为：v(HI)= =0.002mol/(L s)，反应物浓度由0.06mol/L降到0.036mol/L，浓度变化为：0.06mol/L-0.036mol/L=0.024mol/L，按照前20s的平均反应速率计算，反应消耗的时间为 =12s，由于反应物浓度越小，反应速率越小，所以反应需要的时间大于12s，
故答案为：C。
【分析】本题的易错点为B，要注意随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，从而导致反应速率逐渐降低。
21．【答案】（1）>
（2）71.4%；0.125mol/(L·min)
（3）①③
（4）②④
【解析】【解答】（1）根据图象可知，在 后，CO浓度增大、 浓度减小，说明 时反应未达到平衡，反应正向进行，因此 ，故答案为：>；（2）根据图象可知，反应开始时 的浓度是0.7mol/L，4min时 浓度是0.2mol/L，所以0～4min内， 的转化率为 ；0～4min内CO的平均反应速率 ，故答案为：71.4%；0.125mol/(L·min)；（3）①降低温度，化学反应速率降低，①正确；②由于固体的浓度始终不变，所以减少铁粉的质量对反应速率没有影响，②不正确；③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中各气体的浓度降低化学反应速率降低，③正确；
④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系中各气体的浓度不变，所以化学反应速率不变，④不正确；
故答案为：①③；（4）①未指明正、逆反应速率，因此不能判断是否为平衡状态，①不正确；②单位时间内生成 的同时必然会消耗 ，又生成 ，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；③该反应是反应前后气体体积不变的反应，即体系的压强始终不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，③不正确；④若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，因该反应不是纯气体反应，说明气体的质量不再发生变化，则反应达到平衡状态，④正确；
故答案为：②④。
【分析】（1）反应往正方向进行则 ，反应往逆方向进行则 ；（2） ， ，以此计算；（3）根据影响化学反应速率的因素进行判断；（4）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
22．【答案】（1）Cl2+H2O H++Cl-+HClO
（2）15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O
（3）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；促进反应物间的充分接触，提高反应的效率
（4）提高氢离子浓度，平衡逆向移动，CrO42-浓度降低，导致生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银量增多，使测得的氯离子含量偏高
【解析】【解答】（1）氯气溶于水，其中部分氯气与水反应生成HCl和HClO，次氯酸为弱酸，溶液中主要以分子形式存在，故答案为：Cl2+H2O H++Cl-+HClO；
（2）由题给信息可知该反应的氧化剂为NaClO3，还原剂为FeS2，氧化产物为SO42-和Fe3+，还原产物为ClO2，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O，故答案为：15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，工业上通常采取逆流工艺[将石灰乳（含有3%-6%水分的熟石灰）从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入]来促进反应物间的充分接触，提高反应的效率，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；促进反应物间的充分接触，提高反应的效率；
（4）若溶液的pH小于6.5，则氢离子浓度增大，导致平衡Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+逆向移动，溶液中CrO42-浓度偏小，由Ag2CrO4的溶度积可得生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银的量增多，从而使测得的氯离子含量偏高，故答案为：提高氢离子浓度，平衡逆向移动，CrO42-浓度降低，导致生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗硝酸银的量增多，使测得的氯离子含量偏高。
【分析】（1）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸；
（2）二硫化亚铁与氯酸钠反应生成二氧化氯、硫酸铁和水，据此书写离子方程式，注意配平；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；加料的方式可以使反应物充分接触。
23．【答案】（1）；0.026；>
（2）<
（3）acd
（4）不变；不移动
（5）正向
【解析】【解答】（1）根据反应方程式，消耗A的物质的量浓度为0.2mol·L－1×3/2=0.3mol·L－1，依据化学反应速率的数学表达式，v(A)=0.3mol·L－1/2min=0.15mol/(L·min)
　 3A(g) ＋B(g) 2C(g)
起始 3 2 0
变化 0.6 0.2 0.4
平衡 2.4 1.8 0.4
达到平衡c(A)=1.2mol·L－1，c(B)=0.9mol·L－1，c(C)=0.2mol·L－1，根据化学平衡常数的表达式，K= ≈0.026；达到平衡时A的转化率为 ×100%=20%，B的转化率为 ×100%=10%，因此有α(A)>α(B)；（2）化学平衡常数只受温度的影响，升高温度，化学平衡常数变小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即△H<0；（3）a、生成A，反应向逆反应方向进行，生成C，反应向正反应方向进行，反应速率之比等于3：2，等于化学计量数之比，说明反应达到平衡，故a正确；
b、组分都是气体，气体总质量保持不变，容器为恒容，气体体积不变，根据密度的定义，该反应的任何时刻，气体密度都相同，即密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故b错误；
c、组分都是气体，气体质量保持不变，该反应是气体物质的量减少的，根据M= ，当该反应气体相对平均分子质量不变，说明反应达到平衡，故c正确；
d、根据化学平衡状态的概念，A的质量分数不再改变，说明反应达到平衡，故d正确；（4）容器为恒温恒容，充入非反应气体，组分的浓度不变，化学反应速率不变，化学平衡不移动；（5）
　 3A(g) ＋B(g) 2C(g)
起始 3.0 1.0 0
变化 1.8 0.6 1.2
平衡 1.2 0.4 1.2
该温度下的平衡常数K约为2，投料II此时的浓度商为Q=c2(C)/[c3(A)×c(B)]=0.5<2，平衡向正反应方向移动。
【分析】（1）化学反应速率是指表示化学反应进行的快慢。通常以单位时间内反应物或生成物浓度的变化侦（减少值或增加值）来表示，反应速度与反应物的性质和浓度、温度、压力、催化剂等都有关，如果反应在溶液中进行，也与溶剂的性质和用量有关；
（2） 温度升高，平衡常数变小，这数目正反应是放热反应；、
（3）判断反应达到平衡的条件是要证明反应的正逆反应速率相等；
（4）根据勒夏特列原理，改变可逆反应中的某一条件，反应会向减弱这一条件的方向进行；
（5）当浓度商小于平衡常数时，反应会向正反应方向进行；当浓度大于平衡常数，反应会向逆反应方向进行。
24．【答案】（1）；11.2
（2）NH3；＞；0.056；0.6；25
【解析】【解答】(1)①a极通入燃料N2H4，a为原电池的负极，N2H4失去电子变为N2和H+，故负极的电极反应式为：；
②每1 mol O2发生反应转移4 mol电子，该电池工作时，若有2 mol电子流经外电路，则被还原的O2的物质的量是0.5 mol，其在标准状况下的体积为V(O2)=0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L；
(2)①该反应的正反应是N2与H2合成NH3，根据图示可知随着反应的进行，A物质的量增加，则A表示的是生成物NH3；
②在第4 min后，反应物、生成物的物质的量还在发生变化，生成物的物质的量增加，反应物的物质的量减少，说明反应正向进行，故第4 min时，v正＞v逆；
③根据图象可知反应达到平衡时，NH3的物质的量增加了0.6 mol，则根据物质反应转化关系可知反应会消耗H2的物质的量0.9 mol，由于容器的容积是2 L，则用H2的浓度变化表示反应速率v(H2)= ；
④根据上述分析可知A表示生成物NH3，根据图象可知：在反应达到平衡时NH3增加的物质的量是0.6 mol，B减少的物质的量是0.3 mol，NH3、B在相同时间内改变的物质的量的比是0.6 mol：0.3 mol=2：1，则B表示的物质是N2。由于在相同时间内反应的物质的量的比等于方程式中化学计量数的比，故n(N2)：n(NH3)=(0.8-x)：(x-0.2)=1：2，解得x=0.6 mol；反应进行到4 min时，N2的转化率为：。
【分析】（1）燃料正负极判断方法：燃料做负极，氧气做正极，在书写电极反应方程式时，一定要注意电解质溶液的酸碱性。
（2）根据图像，首先列出三段式，计算即可
25．【答案】（1）＜；降温
（2）
（3）a；相同条件下，NO去除率更高；BD；0.0225；96%
【解析】【解答】(1)常温下该反应在常温下可以自发进行，ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件即让平衡正向移动方法，降温；(2)总反应为 ，① 、② 、④
根据盖斯定律，①+②+③+④式得到总反应，③式等于总反应减去①+②+④得到： ；(3) ①由图可知， 、 和C去除NO效果最好的是a，是反应速率最快的，反应的活化能最小的也是a；由图可知， 、 去除NO效果比C更好，原因是相同条件下，NO去除率更高(或在较低温度下NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢)；②根据图像可知，490℃时，NO的去除率是45%，现在的去除率为60%，
A．及时分离出 ，会使平衡正向移动，速率是减慢的，不一定增加NO的去除率，故A不符合题意；
B．压缩体积，增大了浓度，速率加快，可以增加NO的去除率，故B符合题意；
C．恒容下，向体系中通入氮气，增加生成物的浓度，平衡逆向移动，不能增加NO的去除率，故C不符合题意；
D．不同的催化剂，催化效果不一样，故可以寻找更好的催化剂，提高NO的去除率，故D符合题意；
故答案为：BD。③根据图像，490℃时，NO的去除率是45%，NO的初始浓度为0.1mol/L，则转化浓度为0.045mol/L， ；
设平衡时生成的氮气的浓度为x，
　 C(s)+ 2NO(g) N2(g) CO2(g)
起始（mol/L） 　 0.1 0 0
转化（mol/L） 　 2x x x
平衡（mol/L） 　 0.1-2x x x
则平衡常数K= =121，解得x= ，反应达平衡时NO的去除率为 ×100%=96%。
【分析】(1)根据反应可以自发进行的判据，常温下ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH的大小，根据化学平衡的移动分析，让平衡正向移动的方法；(2)将总反应减去第一步，第二步，第四步反应式，得到第三步反应式；(3) ①490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是一氧化氮的去除率最高的， 、 去除NO的去除率较高；②图像中490℃时NO的去除率是45%，从浓度和催化剂角度分析去除率提高的原因；③利用速率公式，结合“三段式”，平衡常数进行计算。