专题2 化学反应速率与化学平衡 单元检测题 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1

专题2《化学反应速率与化学平衡》单元检测题 一、单选题 1．三氯氢硅是制备硅烷、多晶硅的重要原料，对于反应，反应速率，、分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在和时的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法不正确的是 A．该反应的正反应活化能大于逆反应活化能 B．a、b处反应速率大小：大于 C．温度一定时使用更优质催化剂，可使、增大，与的比值增大 D．时反应的平衡常数 2．某温度下，1 mol乙醇和氢溴酸的混合溶液共20 mL，发生反应，30 min时测得生成溴乙烷的产量为0.3 mol(反应中体积变化忽略不计)。下列说法正确的是 A．加入适量水，有利于生成溴乙烷 B．若将反应物的量加倍，则两种反应物平衡转化率之比变大 C．0~10 min的平均反应速率： D．若将氢溴酸改用与浓硫酸，溴乙烷的产量可能会上升 3．硫及其化合物在生产生活中具有广泛应用。由自然界的硫磺和金属硫化物矿通过化学反应可得到SO2，SO2催化氧化生成SO3，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)     △H=-198 kJ/mol。燃煤、金属冶炼和硫酸生产等产生的尾气中都含有SO2，用NaOH等碱性溶液吸收尾气中的SO2，可得到NaHSO3、Na2SO3等化工产品。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列有关说法正确的是 A．工业生产使用V2O5作催化剂，能降低该反应的活化能，同时降低该反应的焓变 B．工业生产通入稍过量的氧气，能提高O2的转化率 C．工业生产采用常压操作，可能是因为常压下SO2的转化率已经很高了 D．工业生产采用450-500℃，可能是为了使平衡正向移动，提高SO2平衡转化率 4．下列有关化学平衡常数K的说法中，正确的是 A．K的大小与起始浓度有关 B．温度越高，K值越大 C．K值越大，反应物的转化率越大 D．K值越大，正向反应进行的程度越小 5．在体积恒为1L的密闭容器中发生反应：。测得不同条件下A的平衡转化率a(A)如下表。 实验序号 实验温度 初始投料量 1 10 10 50 2 10 10 a 3 15 10 40 下列说法正确的是 A．当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态 B．时，反应的化学平衡常数值为2 C．若，则 D． 6． 氨气是人工固氮的产物，也是制备多种含氮化合物的原料。氨的催化氧化的热化学方程式为。根据氮的催化氧化的热化学方程式，下列说法不正确的是 A．反应的 B．有和在反应器中充分反应，能放出热量 C．断裂键的同时，断裂键，说明该反应达到平衡状态 D．每消耗转移电子的数目约为 7．下列反应或现象描述正确，并能用勒夏特列原理解释的是 A．将溶液加热，溶液颜色变深 B．对，压缩容器体积增加压强，平衡体系颜色变深 C．反应，扩大容器体积，平衡逆向移动，所以平衡体系颜色变深 D．对于，为使氨的产率提高，理论上应采取高温高压的措施 8．下列关于2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)  kJ/mol，说法正确的是 A．生产过程中将SO3分离出去，逆反应速率减慢 B．该反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量 C．该反应的>0 D．其他条件不变，增大压强，平衡右移，平衡常数增大 9．下列叙述不正确的是 A．图1表示的反应为放热反应 B．图1中I、II两点的速率v(I)<v(II) C．图2表示A(?)+2B(g)2C(g)    △H<0，达平衡后，在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种外界条件的速率变化，由图可推知A为气体 D．图3表示恒温恒容条件下，发生的可逆反应2NO2(g)N2O4(g) △H<0，各物质的浓度和其消耗速率之间的关系，其中A点对应的状态为化学平衡状态 10．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molA和1.0molB，反应A(g)+B(g)C(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是 t/s 0 5 15 25 35 n(A)/mol 1.0 0.85 0.81 0.80 0.80 A．相同温度下，若起始时间向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，则反应达到平衡前v(正)v(逆) B．反应在前5s的平均速率v(A)=0.03mol·L-1·s-1 C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol·L-1，则反应的 D．相同温度下，起始时向容中充入2.0molC达到平衡时，C的转化率大于80% 11．是一种重要的化工原料，氢化为的反应方程式为：，其转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是 A．n点 B．m点大于q点 C．p点后，转化率下降可能是平衡左移 D．反应的适宜温度是480～520℃ 12．相同温度下，甲、乙两个恒容密闭容器均进行反应：X(g)＋Y(s)Z(g)  △H＜0。实验过程中部分数据如表所示。 容器 容积 物质的起始加入量 平衡时Z的物质的量 甲 2 1 molX、1 molY、0 molZ 0.6mol 乙 1 2 molX、2 molY、2 molZ a 下列说法错误的是 A．a＝2.4 mol B．乙中反应向正反应方向进行建立平衡 C．甲中气体密度不再改变说明达到平衡状态 D．平衡后缩小容器容积，甲、乙中X的体积分数均减小 13．甲醇通过催化氧化制取甲醛时，在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛，其反应中相关物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是 A．无催化剂时，温度升高，生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度大 B．无催化剂时，生成比生成甲醛的活化能小 C．该条件下比的稳定性强 D．加入该催化剂不能改变反应的焓变 14．利用可消除NO2的污染。在1L的密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4(g)和1.20molNO2(g)进行上述反应，测得随时间变化的实验数据如表。下列说法错误的是 组别 温度 n/mol 0min 10min 20min 40min 50min ① T1 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 ② T2 0.50 0.30 0.18 x 0.15 A．由实验数据可知： B．实验①中，0～20min内， C．实验②中，0～10min内，NO2的转化率为33.3% D．40min时，实验②中反应已达平衡状态，且x=0.15 15．绿水青山是构建美丽中国的伟大构想。一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是 A．反应过程中O原子的成键数目保持不变 B．作催化剂，虚线框内物质是中间体 C．反应⑤中只起氧化剂的作用 D．该原理的总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O 二、填空题 16．完成下列问题。 I． (1)一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出的热量为Q，它所生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100 g CaCO3沉淀，则完全燃烧1 mol无水乙醇时放出的热量是_______ A．0.5Q B．Q C．2Q D．5Q (2)可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)在容积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志的是 。 ①单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO2 ②单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO ③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态 ④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态 ⑥混合气体的压强不再改变的状态 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 II．用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验(短时间内产生大量泡沫)，某同学依据文献资料对该实验进行探究。 (3)资料1：KI在该反应中的作用：H2O2+I－=H2O+IO－；H2O2+IO－=H2O+O2↑+I－。总反应的化学方程式是 。 (4)资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是 (填字母)。 a．加入KI后改变了反应的路径 b．加入KI后改变了总反应的能量变化 c．H2O2+I－=H2O+IO－是放热反应 17．某温度下，在体积为5L的容器中，A、B、C三种物质物质的量随着时间变化的关系如图所示，则该反应的化学方程式为 ，2s内用A的浓度变化和用B的浓度变化表示的平均反应速率分别为 、 。 18．在一定温度下，在容积为5.0 L的密闭容器中发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，起始时，充入的N2和H2的物质的量分别是3.0 mol和6.0 mol，2min达化学平衡状态，此时生成NH3的物质的量与总物质的量之比为12：31。试求： (1)计算2min内N2的平均反应速率为 g/min。 (2)H2的转化率是 。 (3)平衡时混合气体中N2的体积分数是 。 (4)下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是 。 A．反应中N2与H2的物质的量之比为1：3 B．混合气体的总质量不随时间的变化而变化 C．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化 D．2v (N2)= v (NH3) E.混合气体的压强不随时间的变化而变化 F.H2的转化率达到最大，且保持不变 (5)以下能使此反应速率加快的措施是 。 ① 通过减小容器体积增大压强 ② 升高温度 ③ 恒压条件通入He ④ 恒容条件下通入N2 三、实验题 19．地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题，某课题组利用Fe粉和酸性KNO3溶液反应模拟地下水脱氮过程，理想的脱氮原理为：4Fe + NO3- + 10H+ = 4Fe2+ + NH4+ + 3H2O。 (1)研究发现：随着KNO3溶液酸性的减弱，对应还原产物中氮元素的化合价越低。课题组用酸性弱的KNO3溶液进行实验，没有观察到气体生成，则该条件下KNO3的还原产物可能是 （化学式）。 (2)实验发现：反应一段时间后，反应体系中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是 。 a．生成的Fe2+水解 b．Fe2+被氧化生成Fe3+ c．Fe2+被还原成Fe (3)该课题组拟利用上述脱氮反应研究不同自变量对反应速率的影响。 可能用到的试剂和仪器：粗颗粒Fe粉、细颗粒Fe粉、2．0mol/L KNO3、0．1 mol/L H2SO4、蒸馏水、不同温度的恒温水浴、托盘天平、秒表、离子色谱仪等。 ①设计实验方案：在不同的自变量（温度、铁粉颗粒的大小）时，测定 （要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。 ②参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案 （列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据：数据用字母表示）。 【提示】离子色谱仪能跟踪测定溶液中的c(NO3-） 物理量 实验序号 V（2．0mol/L KNO3）/ mL …… 1 a …… 2 a …… 3 a …… ③进一步的研究表明：将铁粉和活性炭同时加入上述KNO3溶液中，可以明显提高脱氮速率，其原因是 。 20．某校化学小组探究酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率的影响因素。 (1)甲进行了实验I：常温下，向4mL不同浓度的H2O2溶液中滴入一滴0.04mL0.05mol/LKMnO4溶液[c(H+)=5.0mol/L]，记录如下： c(H2O2)/mol/L 0.0010 0.0015 0.0125 0.0312 0.044 0.0620 完全褪色时间/s 25 15 12 23 60 370 无色气泡 一样多 ①请写出反应的离子方程式 。 ②对于c(H2O2)增大引起的速率异常现象，根据上述实验结果，甲排除了一种可能，请用化学方程式表示这种可能性 。 ③为了解释c(H2O2)增大到一定浓度后速率减小，乙查得了如下资料： 资料显示：c(H2O2)>0.02mol，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2⇌H4O4 请用平衡移动原理解释c(H2O2)=0.0312mol/L速率忽然减小的原因 。 (2)乙继续进行实验II，并记录如下： 操作 现象 实验II 往2mL0.2mol/LH2O2溶液中逐滴滴加0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液 第1-9滴溶液滴下，完全褪色所需时间很长； 第10滴溶液滴下迅速褪色。 整个过程中几乎无温度变化。 ①对于第10滴溶液与H2O2溶液反应速率剧烈变化的原因，乙提出如下假设： 。 ②乙设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案： 操作 现象 实验III 往2mL0.2mol/LH2O2溶液中滴入5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液 完全褪色时间为t秒 实验IV 往2mL0.2mol/LH2O2溶液中 (3)综合上述实验，对于酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率，丙进行了总结。下列因素一定能加快反应速率的是 。 a.增大KMnO4溶液浓度　　b.增大H2O2溶液浓度　　　c.增大H2SO4浓度             d.加热适当温度　　　　　 e.加入合适的催化剂 21．(1)50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。试回答下列问题： ①大小烧杯间填满碎纸条的作用 。 ②大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 ③实验中改用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 (填“相等”或“不相等”)。 ④用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会 (填“偏大””、“偏小””或“无影响”)。 (2)某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。 分组实验 催化剂 ① 10mL5%H2O2溶液 无 ② 10mL2%H2O2溶液 无 ③ 10mL5%H2O2溶液 1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液 ④ 10mL5%H2O2溶液+少量稀盐酸 1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液 ⑤ 10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液 1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液 ①催化剂能增大化学反应速率的原因是 。 ②实验①和②的目的是探究 对反应速率的影响。实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是 。 ③实验③④⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。分析如图能够得出的实验结论： a. 环境能增大H2O2分解的速率； b. 环境能减小H2O2分解的速率。 试卷第4页，共11页 试卷第1页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【详解】A．根据图可知，其他条件相同，70℃时SiHCl3的转化率较50℃大，说明温度升高有利于SiHCl3的转化，正方向移动，即正反应为吸热反应，的正反应活化能大于逆反应活化能，故A正确； B．a点为70℃时平衡状态，b点为50℃时平衡状态，温度升高，反应速率加快，故70℃时反应速率较快大于，故B正确； C．使用催化剂，加快反应速率，但是不影响平衡，故、增大，比值不变，故C错误； D．根据图可知，70℃时SiHCl3的转化率为22%，设SiHCl3的起始浓度为c，， 70℃时，平衡常数K=，故D正确； 故选C。 2．D 【详解】A．加入适量水，平衡逆向移动，不利于生成溴乙烷，A不正确； B．若将反应物的量加倍，有利于平衡正向移动，由于不知道开始时C2H5OH与HBr的物质的量比值，无法确定两种反应物平衡转化率之比是变大还是变小，B不正确； C．30 min时测得生成溴乙烷的产量为0.3 mol，只能算出0~30 min的平均反应速率：，无法算出0~10 min的平均反应速率，C不正确； D．若将氢溴酸改用与浓硫酸，则由于浓硫酸会吸收反应生成的水，从而促进平衡正向移动，使溴乙烷的产量可能会上升，D正确； 故选D。 3．C 【详解】A．工业生产使用V2O5作催化剂，能改变反应途径，降低该反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能降低该反应的焓变，A错误； B．工业生产通入稍过量的氧气，能使化学平衡正向移动，从而提高SO2的平衡转化率，但O2的平衡转化率降低，B错误； C．该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，工业生产采用常压操作，是因为常压下SO2的转化率已经很高了，增大压强，会使平衡正向移动，反应产率提高，但同时会增大投资，投入增加大于产出增加，因此一般采用常压条件，C正确； D．工业生产采用450-500℃，是因为在该温度下催化剂的活性最佳，D错误； 故合理选项是C。 4．C 【详解】化学平衡常数只与温度有关，与物质的起始浓度无关，温度越高，平衡若正向移动，平衡常数变大，若平衡逆向移动，平衡常数变小。平衡常数越大，说明反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，选C。 5．D 【详解】A． 反应气体分子总数不变，则等温等体积的条件下，容器内压强始终不变，故压强不变不能说明达到化学平衡状态，A错误； B． 时，，则反应的化学平衡常数，B错误； C． 正反应放热，降温时平衡右移，若，则，C错误； D． ，，平衡常数是温度的函数，故，D正确； 答案选D。 6．B 【详解】A．该反应为气体体积增大的反应，为熵增反应，，A正确； B．该反应为可逆反应，不能进行到底，和在反应器中充分反应，放出热量小于，B错误； C．结合氨气和水中化学键，断裂键的同时，断裂键，正逆反应速率相等，说明该反应达到平衡状态，C正确； D．反应，每消耗4mol氨气，转移20mol电子，每消耗转移电子为5mol，数目约为，D正确； 故选B。 7．A 【详解】A．将 FeCl3 溶液加热，溶液颜色变深是因为FeCl3的水解是吸热反应，加热可以促进水解的进行，生成更多的Fe(OH)3，从而溶液颜色加深，故A现象描述正确，并能用勒夏特列原理解释； B．对 2HI⇌ H2+I2(g) ，压缩容器体积，导致紫色的碘蒸气浓度增大，体系颜色变深，但由于该反应前后气体系数和相等，所以增大压强，平衡不移动，故B现象描述正确，但不能用勒夏特列原理解释； C．反应 2NO2(g)⇌ N2O4(g) ，扩大容器体积的瞬间，由于气体浓度减小，体系颜色变浅；由于减小压强，平衡逆向移动，气体颜色又有所加深，故C现象描述错误，正确的现象是先变浅后变深； D．对于 N2+3H2⇌ 2NH3 ΔH<0 ，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施，之所以采用高温，是考虑到速率的问题，高压可以用勒夏特列原理解释，但高温不能，故D不选； 故选A。 8．A 【详解】 A．生产过程中将SO3分离出去，即减小生成物浓度，则逆反应速率减慢，A正确； B．由题干可知，该反应是一个放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量，B错误； C．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的反应，故该反应的∆S＜0，C错误； D．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的方向，故其他条件不变，增大压强，平衡右移，但平衡常数仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，D错误； 答案选A。 9．C 【详解】A．平衡常数只受温度的影响，根据图象，随温度的升高，化学平衡常数降低，说明该反应为放热反应，故A说法正确； B．温度越高，化学反应速率越快，Ⅱ点的温度高于I点，因此Ⅱ点的反应速率高于I点，故B说法正确； C．t3－t4时刻，逆反应速率降低，但平衡没有移动，说明t3时刻是降低压强，平衡没有移动，说明反应前后气体系数之和相同，即A一定不是气体，故C说法错误； D．用不同物质的速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且速率之比等于计量数之比，A点N2O4和NO2都是消耗，反应速率是一正一逆，消耗NO2的速率与消耗N2O4的速率之比为0.2∶0.1=2∶1，A点对应的状态为化学平衡状态，故D说法正确； 答案为C。 10．A 【详解】平衡时A的物质的量为0.80mol，浓度是0.4mol/L，则 K==0.625 A．相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，Qc==50＞K，反应逆向进行，反应达到平衡前v(正)v(逆)，故A正确； B．反应在前5s的平均速率v(A)==0.015mol•L-1•s-1，故B错误； C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol·L-1，A物质的量为0.41mol/L×2L=0.82mol＞0.80mol，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的ΔH＜0，故C错误； D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，相当于起始时A和B均是2mol，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，C的转化率小于80%，故D错误； 故选A。 11．B 【详解】A．n点未达到平衡，，A正确； B．m点温度低且产物浓度小，m点小于q点，B错误； C．p点后，反应达到平衡，升高温度化学平衡逆向移动，转化率下降，C正确； D．由图知。480～520℃范围内反应物的转化率较高，D正确； 答案选B。 12．D 【详解】 A. 反应物Y为固体，X(g)＋Y(s)Z(g)为反应前后气体体积不变的可逆反应，乙容器中充入2 molX、2 molY、2 molZ，折算成反应物相当于加入4molX、4molY，与甲容器为比例等效平衡，达到平衡时甲、乙容器中各气体的体积分数相等，则a=0.6mol×4=2.4mol，故A正确； B. 起始时乙容器中加入的Z的物质的量是2mol，根据A项分析可知，达到平衡时乙容器中Z的物质的量为2.4mol，说明乙中反应向正反应方向进行建立平衡，故B正确； C. Y为固体，甲容器中加入1 molX、1 molY、0 molZ，反应正向进行达到平衡，未达到平衡时，气体的质量一直在增大，容器的体积不变，则气体的密度一直在增大，当气体密度不再改变时，说明达到平衡状态，故C正确； D. 反应物Y为固体，X(g)＋Y(s)Z(g)为反应前后气体体积不变的可逆反应，平衡后缩小容器容积，压强增大，但平衡不移动，所以甲、乙两容器中X的体积分数均不变，故D错误； 答案选D。 13．A 【详解】A．由图可知，甲醇催化氧化制取甲醛是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，即生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度小，故A错误； B．由图可知，甲醇生成甲醛的峰值较大，生成CO的峰值较小，即无催化剂时，生成CO比生成甲醛的活化能小，故B正确； C．由图可知，CO2具有的能量比CO的低，则该条件下CO2比CO的稳定性强，故C正确； D．催化剂能改变反应途径，但不改变生成物和反应物的能量，焓变等于生成物能量减去反应物能量，则加入该催化剂不能改变反应的焓变，故D正确； 故选A。 14．A 【详解】A．起始时分别充入等量的CH4(g)和NO2(g)，分析0-10min，发现①中消耗0.15mol甲烷，②中消耗0.2mol甲烷，其他条件相同时，温度越高反应速率越快，推知，A错误； B．实验①中，0～20min内，，B正确； C．实验②中，0～10min内，甲烷反应量为0.2mol，则二氧化氮反应量为：0.4mol，NO2的转化率为，C正确； D．由A可知，所以反应速率②＞①，40min时，实验①中反应已达平衡状态，所以40min时，实验②中反应已达平衡状态，且x=0.15，D正确； 答案为：A。 15．D 【详解】A．反应过程中O键数有3个、2个发生了变化，A项错误； B．四氨合铜离子与虚线框的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，二氨合亚铜是催化剂，B项错误； C．该离子中铜化合价降低，但N元素化合价升高为0价，故该离子既是氧化剂又是还原剂，C项错误； D．从图看NO催化还原应该是NO与NH3氧化还原反应，反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，D项正确； 故选D。 16．(1)C (2)①④⑥⑦ (3)2H2O22H2O+O2↑ (4)a 【详解】（1）一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出的热量为Q，它所生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100 g CaCO3沉淀(物质的量为1mol)，则乙醇燃烧生成1mol CO2气体放出热量为Q，则完全燃烧1 mol无水乙醇时，生成2molCO2气体放出的热量是2Q，故答案为：C。 （2）①单位时间内生成a mol O2，正向反应，同时生成2a mol NO2，逆向反应，生成量之比等于计量系数之比，能作为判断平衡的标志，故①符合题意；②单位时间内生成a mol O2，正向反应，同时生成2a mol NO，正向反应，同一个方向，不能作为判断平衡的标志，故②不符合题意；③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态，没有说正反应速率还是逆反应速率，不能作为判断平衡的标志，故③不符合题意；④正向反应，气体颜色变浅，当混合气体的颜色不再改变的状态，说明达到平衡，故④符合题意；⑤气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当混合气体的密度不再改变的状态，不能作为判断平衡的标志，故⑤不符合题意；⑥该反应是体积增大的反应，正向反应，压强不断增大，当混合气体的压强不再改变的状态，能作为判断平衡的标志，故⑥符合题意；⑦平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，正向反应，气体物质的量增大，平均摩尔质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，能作为判断平衡的标志，故⑦符合题意；综上所述，答案为：①④⑥⑦。 （3）KI在该反应中的作用：H2O2+I－=H2O+IO－；H2O2+IO－=H2O+O2↑+I－。将两个方程式相加得到总反应的化学方程式是2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑。 （4）a．加入KI催化剂后，降低反应所需活化能，因此改变了反应的路径，故a正确；b．加入KI后，总反应的能量变化未变，故b错误；c．根据图中信息H2O2+I－=H2O+IO－是吸热反应，故c错误；综上所述，答案为：a。 17． 2A3B+C 0.08mol/(L·s) 0.12mol/(L·s) 【详解】由图可知，在2 min时，A的物质的量减小1.6mol-0.8mol=0.8mol，A为反应物，B的物质的量增加1.2mol，C的物质的量增加0.4mol，B、C为生成物，A、B、C的物质 的量的变化量之比为，根据反应中的计量数之比等于变化的物质的物质的量之比，要写出反应方程式为：2A3B+C，2s内用A的浓度变化表示的平均反应速率为，B的浓度变化表示的平均反应速率为。 18．(1) (2)62.8% (3)41.9% (4)CEF (5)①②④ 【详解】（1） 根据生成NH3的物质的量与总物质的量之比为12：31可得：，解得x=。2min内N2的变化量是，2min内N2的平均反应速率为=g/min； （2）氢气的转化率为； （3）平衡时混合气体中N2的体积分数是； （4）A．最开始的投料比为2:6=1:3即为反应的化学计量系数之比，反应中N2与H2的物质的量之比始终为1：3，不能作为平衡的标准，A错误； B．该反应只有气体参与，质量守恒，混合气体的总质量不随时间的变化而变化，B错误； C．该反应不是等体积反应，混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化可以作为标志，C正确； D．反应的任何阶段存在：2v (N2)= v (NH3)，D错误； E．这是一个气体体积减小的反应，当混合气体的压强不随时间的变化而变化时达到平衡，E正确； F．H2的转化率达到最大，且保持不变，氢气的含量不变，该反应达到平衡，F正确； 故选CEF。 （5）增大压强和升高温度，化学反应速率加快，①②正确；③恒压条件通入He，容器体积扩大，该反应速率减慢，错误； ④恒容条件下通入N2，增加反应物浓度，反应速率加快，正确； 故选①②④。 19．(1)NH (2)ab (3) 相同时间内c(NO)的变化或c(NO)的变化相同时所需的时间 物理量 实验序号 V(2．0mol/L KNO3)/mL V(0．1H2SO4mol/L KNO3)/mL T(水温)/℃ M(粗颗粒Fe粉)/g M(细颗粒Fe粉)/g △c(NO3—)/ mol/L T(反应时间)/s 1 a b T1 c 0 t 2 a b T2 c 0 t 3 a b T1 0 c t 活性炭和铁构成了无数小的铁碳原电池，加快了反应 【详解】（1）随着KNO3溶液酸性的减弱，对应还原产物中氮元素的化合价越低，反应没有气体产生，则该条件下KNO3的还原产物可能是NH。 （2）根据反应方程式如果NH的浓度增大， Fe2+的浓度也应该增大，现Fe2+的浓度没有增大，说明生成的Fe2+又发生了其它反应而消耗，那么可能是生成的Fe2+发生了水解，Fe2+被氧化生成Fe3+，故ab对，没有信息能说明Fe2+会生成Fe，c错误。 （3）要体现反应速率的快慢一定需要反应时间，根据提供的仪器中有离子色谱仪，它可以用来测量离子浓度的变化，测量时可以在一定时间内测量离子的浓度的变化，也可以测浓度变化量相同时所用的时间，在改变其他影响化学速率的因素，如温度，固体的表面积等。 ①根据上述分析，可以测定相同时间内c(NO)的变化或c(NO)的变化相同时所需的时间。 ②硝酸钾溶液的浓度、硫酸溶液浓度不变，改变的条件有温度、铁粉颗粒的大小等，进行对比试验， 物理量 实验序号 V(2．0mol/L KNO3)/mL V(0．1H2SO4mol/L KNO3)/mL T(水温)/℃ M(粗颗粒Fe粉)/g M(细颗粒Fe粉)/g △c(NO3—)/ mol/L T(反应时间)/s 1 a b T1 c 0 t 2 a b T2 c 0 t 3 a b 0 c t ③铁和活性炭加入到KNO3溶液中，活性炭和铁构成了无数小的铁-碳原电池，加快了反应。 20．(1) c(H2O2)=0.0312mol/L时，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2 ⇌H4O4，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小 (2) 酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应 先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/L KMnO4 [c(H+)=5.0mol/L]溶液 完全褪色时间远小于t秒 (3)acde 【详解】（1）①酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为，故答案为：； ②由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故，过氧化氢分解生成氧气和水的化学方程式为，故答案为：； ③由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故答案为： 时，H2O2溶液中存在平衡：，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小； （2）①由整个过程中几乎无温度变化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色说明反应速率加快不是温度变化的原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子做了反应的催化剂，使反应速率加快，故答案为：酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应； ②为了验证酸性酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰溶液的对比实验，具体操作为先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴下5滴溶液，发现在锰离子做催化剂作用下，反应速率加快，完全褪色时间远小于t秒，故答案为：酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应；先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/L KMnO4 [c(H+)=5.0mol/L]溶液；完全褪色时间远小于t秒； （3）a．增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率加快，故a符合题意； b．由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故b不符合题意； c．增大硫酸浓度，氢离子参与反应，浓度增加，反应速率加快，故c符合题意； d．加热适当温度，反应温度增大，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故d符合题意； e．加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故e符合题意； 故答案为：acde。 21． 减少实验过程中的热量损失 偏小 不相等 偏小 降低了反应的活化能 浓度 向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中) 碱性 酸性 【详解】(1)①中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失； ②大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小； ③反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高； ⑤氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，中和热的数值会偏小； (2)①催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率； ②实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中) ； ③由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，a.碱性环境能增大H2O2分解的速率；b.酸性环境能减小H2O2分解的速率。 答案第8页，共12页 答案第9页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $$