第二章 化学反应的方向、限度与速率 基础练习题 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应的方向、限度与速率》基础练习题 一、单选题 1．化学反应伴随若能量的变化，某反应过程的能量变化如图所示。则下列说法不正确的是 A．b反应过程有催化剂参与 B．该反应为放热反应 C．b反应过程有二个阶段，第二个阶段决定了整个反应的速率 D．加入催化剂改变反应所需的活化能，但没有改变该反应的热效应 2．一定条件下合成乙烯：。已知其它条件不变时，温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是 A．平衡常数 B．反应速率： C．所含总能量： D．经过相同时间后得到乙烯的量：X＞Y 3．下列实验方案设计、现象与结论都正确的是 实验目的 方案设计 现象和结论 A 探究Fe2+、Cu2+对H2O2溶液分解的催化效果强弱 在两支试管a、b中各加2 mL5%H2O2溶液，分别滴入0.1 mol•L-1FeCl3溶液和0.1 mol•L-1CuSO4溶液各0.5 mL 若a中产生气泡快于b中，则说明Fe3+的催化效果强于Cu2+ B 探究Fe与水蒸气高温反应后固体产物中铁元素的化合价 取少量固体产物于试管中，加足量的稀硫酸溶解，分成两份：一份滴加几滴KSCN溶液，另一份少量滴加KMnO4溶液 若前者溶液变血红色，后者溶液紫色褪去，则固体产物中铁元素有+2、+3两种价态 C 探究油脂在碱性条件下的水解 在小烧杯中加入约5 g动物脂肪、6 mL95%的乙醇，再加入6 mL 40%的氢氧化钠溶液，微热一段时间后取少量溶液，加入新制氢氧化铜 若出现绛蓝色，则油脂已发生水解 D 探究Cu与硫酸的 反应 铜粉加入稀硫酸中，加热，再加入少量KNO3固体 未加KNO3固体前，无明显现象；加入KNO3固体后，产生大量气泡，则说明KNO3起催化作用 A．A B．B C．C D．D 4．科学家利用过渡金属氮化物(TMNS)在常温下催化实现氨的合成，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是 A．TMNS大大降低了合成氨反应的焓变 B．TMNS表面上的N原子最终被还原为氨 C．TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2 D．用同位素标记后的15N2进行该合成反应，产物中不只有15NH3 5．下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是 A．大小、形状相同的镁片、铁片，前者与盐酸反应放出H2的速率比后者大 B．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快 C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应 D．Cu与浓硫酸能反应，而不与稀硫酸反应 6．固体溶于水可表示为，其焓变和熵变分别为和，已知：；；；且(反应后)(反应前)下列说法正确的是 A．和均大于零 B．和均小于零 C．小于零，大于零 D．大于零，小于零 7．下列有关叙述正确的是（   ） A．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol－1 B．HCl(aq)和NaOH(aq)反应的反应热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4(aq)和Ba(OH)2(aq)反应热的ΔH＝－114.6 kJ·mol－1 C．2H2O(g)＝2H2(g)＋O2(g) 在任何温度下均能自发进行 D．NaOH溶于水和NaOH与HCl反应均为放热反应 8．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示，下列说法不正确的是 物质 X Y Z 初始浓度 1 2 0 平衡浓度 0.5 0.5 1 A．反应可表示为 B．Y的平衡转化率为75%，化学平衡常数为16 C．反应前后气体总压强之比为3：2 D．增大压强，平衡会正向移动，反应的平衡常数增大 9．某温度下2L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量(n)如表所示。下列说法正确的是 X Y W n(起始状态)/mol 2 1 0 n(平衡状态)/mol 1 0.5 1.5 A．该温度下，此反应的平衡常数K=6.75 B．若升高温度，W的体积分数增大，则此反应△H＞0 C．增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动 D．该温度下，此反应的平衡常数表达式是 K= 10．反应ⅰ.C40H19(g)C40H18(g)+ H·(g)及反应ⅱ.C40H11(g)C40H10(g)+H·(g)的lnK (K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，lnK=+c(R为理想气体常数，c为截距)。下列说法正确的是 A．图中两条线几乎平行的原因是：在两个反应的反应过程中，断裂和形成的化学键相同 B．反应i是个放热反应 C．增大压强能提高反应物的平衡转化率 D．加入催化剂可以改变图中的截距c，提高反应速率 11．Ni活化的反应历程如下图所示： 下列说法错误的是 A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3 B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成 C．三种中间体比较，中间体2最稳定 D．升高温度，的化学平衡常数K增大 12．X→Y反应分两步进行，在催化剂Cat1、Cat2作用下能量变化如图所示。下列叙述正确的是    A．Cat1作用下，第二步反应为决速反应 B．两种催化剂不改变总反应能量变化 C．催化剂可以改变生成物Y的平衡浓度 D．升高温度，第一步反应加快，第二步反应减慢 13．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A．向Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深 B．实验室保存FeSO4溶液时，常加入少量铁粉 C．重铬酸钾溶液中存在：Cr2O(橙色)+H2O⇌2CrO(黄色)+2H+，若滴加少量NaOH溶液，溶液由橙色变黄色 D．实验室用排饱和食盐水的方法收集Cl2 14．工业合成氨：  。下列与该反应相关的各图中，正确的是 A． B． C． D． A．A B．B C．C D．D 二、填空题 15．在碳循环中，以为原料生产尿素的反应历程与能量变化示意图如图所示。 第二步反应的 0(填“>”、“<”或“=”)。从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第 步反应，并说明理由 。 16．某含硫酸的酸性工业废水中含有。光照下，草酸(化学式为，是二元弱酸)能将其中的转化为。某课题组研究发现，少量铁明矾即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：在下，控制光照强度、废水样品、初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成了以下实验设计表。 实验编号 初始pH 废水样品体积/mL 草酸溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL ① 4 60 10 30 ② 5 60 30 ③ 5 20 测得实验①和②溶液中的浓度随时间变化关系如图所示。    (1)写出草酸与重铬酸钾反应的离子方程式： 。 (2) ， ， 。 (3)实验①和②的结果表明 。 (4)实验①中时段反应速率 (用代数式表示)。 17．乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法或间接水合法生产。回答下列问题： （1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)。再水解生成乙醇。乙烯气相直接水合反应C2H4(g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)的与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是： 。 （2）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中n(H2O)︰n(C2H4)=1︰1) ①图中压强P1、P2、P3、P4的大小顺序为： ，理由是： 。 ②气相直接水合法党采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，n(H2O)︰n(C2H4)=0.6︰1。乙烯的转化率为5℅。若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有： 、 。 18．以下是某研究小组探究影响反应速率部分因素的相关实验数据。 （1）写出H2O2分解的化学方程式 。 （2）通过实验①和②对比可知，化学反应速率与 有关；从实验③和④对比可知，化学反应速率与温度的关系是 。 （3）用一定量15%的过氧化氢溶液制氧气，为了减小反应速率，可加适量的水稀释，产生氧气的总物质的量 (填增大、减小、不变)。 19．以、为原料生产尿素的反应历程与能量变化如图所示。 (1)以、CO2为原料生产尿素的H= 。 (2)两步反应中，第 步(填“一”或“二”)反应是快反应。 20．用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如表，(KMnO4溶液用稀硫酸酸化)，实验装置如下图： 实验序号 A溶液 B溶液 ① 20mL0.1H2C2O4溶液 30mL0.0lKMnO4溶液 ② 20mL0.2H2C2O4溶液 30mL0.01KMnO4溶液 (1)该反应的化学方程式为 (2)该实验探究的是 因素对化学反应速率的影响。 (3)若实验①在2min末收集了2.24mLCO2(标准状况下)，则在2min末，= 。(假设混合溶液体积为50mL) (4)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定 来比较化学反应速率。(一条即可) (5)小组同学发现反应速率随时间的变化如下图所示，其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是：① ；② 。 21．化学平衡图像分析 (1)对于反应  ， 上图中各时间点改变的条件是 ； ； 。 (2)可逆反应  ，同时符合下列两图中各曲线， 则       0(填“>”、“＜”或“=”) (3)某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对反应的化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律(图中T表示温度，n表示物质的量) 根据图像得出的结论，若正反应吸热，则 (填“>”、“＜”或“=”),对于a、b、c三点：的平衡体积分数由大到小为 ，的平衡转化率由大到小为 ，的平衡转化率由大到小为 。 (4)对于化学反应，L线上所有的点都是平衡点。 则 ，E点 (填“>”、“＜”或“=”) 22．一定条件下，CO2和CO可以互相转化 （1）某温度下,在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)。 容器 反应物 甲 8molCO2(g)、16molH2(g) 乙 wmolCO2(g)、xmolH2(g)、ymolCO(g)、zmolH2O(g) 甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则0-15min内平均反应速率(H2)= ，此条件下该反应的平衡常数K= 。欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是 ，且 (用含y的等式表示)。 （2）研究表明,温度、压强对反应C6H5CH2CH3(g)+CO2(g) C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g) ΔH中乙苯的平衡转化率影响如下图所示：则ΔH 0（填“>”“< ” 或“=”），压强p1、p2、p3从大到小的顺序是 。 （3）CO可被NO2氧化CO+NO2CO2+NO。当温度高于225℃时，反应速率正=k正·c(CO) ·c(NO2)、逆= k逆·c(CO2) ·c(NO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为 。 三、计算题 23．一定条件下，在10 L密闭容器中发生反应3A(g) + B(g) 2C(s)。开始时加入4 mol A、6 molB和2 molC，在 2 min末测得C的物质的量为4 mol。 请回答： (1)用A的浓度变化表示反应的平均速率 ； (2)在2 min末，B的物质的量浓度为 ； (3)若改变下列一个条件，推测该反应的速率发生的变化(填“增大”、“减小”或“不变”) ①加入合适的催化剂，化学反应速率 ； ②充入1 mol C，化学反应速率 ； ③将容器的体积变为5 L，化学反应速率 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，b过程的活化能比a过程低，且分为两步进行，所以b过程有催化剂的参与，故A正确； B．反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B正确； C．b反应过程有二个阶段，第一阶段反应的活化能大于第二个阶段反应的活化能，所以第一阶段反应速率慢，决定了整个反应的速率，故C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应物和生成物的能量，故不能改变反应的热效应，故D正确； 故选C。 2．B 【详解】A．升高温度，的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以，故A错误； B．升高温度，反应速率一定增大，故，故B正确； C．升高温度，的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明该反应是一个放热反应，则，故C错误； D．若经过的时间较长，反应达到平衡，X点转化率较大，则得到的乙烯的量X＞Y，若经过的时间较短，未达到平衡，，则得到的乙烯的量X＜Y，故D错误； 故选B。 3．C 【详解】A．应该采用控制变量法研究。a、b两支试管中不仅金属阳离子不同，而且阴离子也不同，因此不能证明是Fe3+的催化效果强于Cu2+，A错误； B．若Fe没有完全与水蒸气发生反应，过量的Fe与硫酸反应产生Fe2+，具有还原性，也能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中铁元素有+2、+3两种价态，B错误； C．若向反应后的溶液中加入新制氢氧化铜出现绛蓝色，说明反应产生了含有多羟基的物质甘油，从而可证明油脂已发生水解，C正确； D．铜粉加入稀硫酸中，加热，无明显现象，然后再加入少量KNO3固体，产生大量气泡，是由于在酸性条件下，具有强氧化性，H+、起HNO3的作用，将Cu氧化为Cu2+，被还原为NO气体，而不能说明KNO3起催化作用，D错误； 故合理选项是C。 4．A 【详解】A．催化剂TMNS只能大大降低反应所需要的活化能，而不能改变合成氨反应的焓变，A错误； B．由反应机理图可知，N2在TMNS表面上先分解为N原子，然后催化剂表面的N原子最终被还原为氨，B正确； C．由反应机理图可知，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，C正确； D．由于合成氨的反应是一个可逆反应，用同位素标记后的15N2进行该合成反应，产物中不只有15NH3还有15N2，D正确； 故答案为：A。 5．A 【详解】要想说明反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定性因素，则该实验事实应区别在反应物本身而不是外界因素如浓度、压强、温度、催化剂等。其中选项B、D为反应物浓度不同对反应速率的影响，选项C为反应条件不同对反应速率的影响，只有选项A是因Mg、Fe本身性质不同对反应速率产生影响； 故答案选A。 6．C 【详解】碳酸钠固体溶于水发生两个过程，首先电离过程吸收热量，形成水合离子的过程放出热量，由于后者放出的热量更多，焓变小于零；根据已知：；；；且(反应后)(反应前)可得，，大于零。 故答案选：C。 7．A 【详解】A．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，一氧化碳的燃烧属于放热反应，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol，选项A正确； B．H2SO4与Ba（OH）2反应不仅生成水，还生成了硫酸钡沉淀，也释放出热量，故△H小于-114.6 kJ•mol-1，选项B错误； C. 反应2H2O(g)＝2H2(g)＋O2(g) 是气体体积增大的吸热反应，在低温下非自发进行，在高温下可自发进行，选项C错误； D．NaOH溶于水放热，但没有发生化学反应，不是放热反应，选项D错误。 答案选A。 8．D 【详解】A．根据表中数据可知，该反应X,Y,Z的转化量关系为1：3：2，则该反应可以表示为，A项正确； B．反应达到平衡时，Y的转化率为，平衡常数为，B项正确； C．反应前后压强之比为，为3：2，C项正确； D．K与温度有关，增大压强，该反应平衡会正向移动，反应的平衡常数不变，D项错误； 答案选D。 9．A 【分析】令反应方程式为：，根据速率之比和各物质的化学计量数成正比规律，因此求出a=2，b=1，c=3，反应方程式为：2X(g)＋Y(g) 3W(g)； 【详解】A. 结合以上分析可知，反应方程式为：2X(g)＋Y(g) 3W(g)，根据平衡常数的定义，平衡时，各物质的浓度分别为：c（W）= =0.75mol/L，c（Y）==0.25mol/L，c（X）==0.5mol/L；K===6.75，故A正确； B. 升高温度，W的体积分数减小，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应，正反应方向为放热反应，即△H<0，故B错误； C. 反应前后气体系数之和相等，增大压强，正逆反应速率增大，但化学平衡不移动，故C错误； D. 化学平衡常数在一定条件下，可逆反应达到平衡，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，即K= ，故D错误； 答案选A。 10．A 【分析】根据lnK=-，图像中曲线的斜率等于，因此反应i和反应ii的均大于0，均为吸热反应，且两条线几乎平行，斜率几乎相等，反应热也几乎相等。 【详解】A．由分析可知，图中两条线几乎平行说明反应热几乎相等，是因为两个反应在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，A正确； B．由分析可知，反应i是吸热反应，B错误； C．反应i和反应ii均为气体分子数增大的反应，增大压强平衡朝气体分子数减小的方向移动，反应物的转化率减小，C错误； D．加入催化剂，反应速率加快，当温度无穷大时，lnK=c，K只与温度有关，与催化剂无关，加入催化剂不能改变c，D错误； 故选A。 11．D 【详解】A．活化能越大，速率越慢，慢反应为决速步骤，故反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3，A正确； B．中间体2→过渡态2涉及C-C非极性键断裂，Ni(s)→中间体1，中间体2→过渡态2，过渡态2→中间体3，均涉及极性键的形成，B正确； C．三种中间体比较，中间体2能量最低，最稳定，C正确； D．的总能量比高6.57kJ，该反应为放热反应，升高温度，的化学平衡常数K减小，D错误； 答案选D。 12．B 【详解】A．化学反应速率取决于慢反应，由图可知，Cat1作用下第一步反应的活化能大于第二步，则第一步反应为慢反应，为决速反应，故A错误； B．总反应的能量变化取决于反应物的总能量和生成物总能量的差值，与催化剂无关，故两种催化剂不改变总反应能量变化，故B正确； C．催化剂改变反应历程，降低反应活化能，加快化学反应速率，但是不能使平衡发生移动，故催化剂不可以改变生成物Y的平衡浓度，故C错误； D．升高温度，第一步反应加快，第二步反应也加快，故D错误； 故选B。 13．B 【详解】A．Fe(SCN)3溶液中存在平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，加入KSCN，SCN-浓度增大，平衡正向移动，Fe(SCN)3浓度增大，溶液颜色加深，故A正确； B．FeSO4易被O2氧化生成Fe3+，而加入铁粉可和铁离子反应，防止Fe2+被氧化，该反应不存在平衡移动问题，故B错误； C．加入NaOH消耗H+，平衡正向移动，增多，溶液由橙色变为黄色，故C正确； D．氯气溶于水存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和的食盐水中Cl-浓度大即该平衡产物增加，平衡逆向移动，氯气溶解度减小，故D正确； 故选：B。 14．B 【详解】A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故A错误； B．该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，转化率增大，画一条与y轴平行的平行线，从下到上，温度降低，平衡正向移动，转化率增大，图中曲线与之相符，故B正确； C．根据先拐先平衡，温度从下到上，升高温度，平衡逆向移动，氨气的物质的量减小，图中与之不符合，故C错误； D．使用催化剂，达到平衡所需时间缩短，但平衡不移动，氨气物质的量不变，故D错误。 综上所述，答案为B。 15． > 二 活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从图像分析第一步反应活化能小于第二步反应的活化能，决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第二步反应。 【详解】分析图可知第二步反应中生成物能量高于反应物能量，反应为吸热反应，故>0；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第二步反应，故答案为：>；二；活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从图像分析第一步反应活化能小于第二步反应的活化能，决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第二步反应。 16．(1) (2) 10 60 20 (3)其他条件相同时，溶液的初始值越小，反应速率越快或溶液的对反应速率有影响 (4) 【详解】（1）草酸中碳元素化合价为+3价，氧化产物为CO2，被氧化为+4价，化合价共升高2价，Cr2O转化为Cr3+，化合价共降低了6价，根据电子守恒，参加反应的Cr2O与草酸的物质的量之比为是1∶3；再结合元素守恒、电荷守恒可得离子方程式为Cr2O+3H2C2O4+8H+=6CO2+2Cr3++7H2O； （2）①②中pH不同，是探究pH对速率的影响，根据实验①可知溶液的总体积是100mL，V1=10；②③中初始pH相同，则应是探究不同浓度时草酸对速率的影响，通过控制溶液的总体积相同，草酸的用量不同来达到目的，根据实验①可知溶液的总体积是100mL，则实验③中V2=60，V3应是(100-60-20)mL=20mL； （3）实验①②中初始pH不同，据图可知实验①中反应速率更快，所以结果表明溶液pH越小，反应的速率越快，即溶液pH对该反应的速率有影响； （4）根据方程式可知v(Cr3+)=2v(Cr2O)=mol/(L·min)。 17． 污染小，腐蚀性小等 P1<P2<P3<P4 反应分子数减少，相同温度下，压强升高，乙烯转化率提高 将产物乙醇液化转移去 增加n(H2O)：n(C2H4)的比 【分析】（1）气相直接水合法原子的利用率为100%； （2）①相同温度下，乙烯的转化率w4>w3>w2>w1，由方程式可知正向为气体体积缩小的反应，根据压强对平衡移动的影响进行分析； ②若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度。 【详解】（1）乙烯气相直接水合反应与间接水合法相比，气相直接水合法原子的利用率为100%，污染小，腐蚀性小； （2）①相同温度下，乙烯的转化率w4>w3>w2>w1，增大压强平衡正向移动，乙烯的转化率增大，因此P1<P2<P3<P4； ②若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如将产物乙醇液化转移去、增大水蒸气的浓度，或者增加n(H2O)与n(C2H4)的比值。 【点睛】表示两个外界条件同时变化时，反应物A的转化率变化情况，解决这类图象一般采用“定一议二”的方法，即把自变量(温度、压强)之一设为恒量，讨论另外两个变量的关系。 18． 2H2O2=2H2O+O2↑ 反应物浓度（或浓度） 温度越高，化学反应速率越快 不变 【详解】（1）过氧化氢分解产生了氧气和水，所以可以写出该反应的化学方程式：2H2O2=2H2O+O2↑； （2）从表中分析可知：①②中除了过氧化氢浓度不同之外，其他的各种量均相同，所以可以判断出是反应物的浓度影响了反应速率，并且是浓度越大，反应速率越快；③④则是温度不同其他条件相同，温度高的反应速率快； （3）根据质量守恒定律可以知道，生成物的质量只与反应物的质量多少有关，而与反应物的浓度无关，所以本题中是向过氧化氢溶液中加入了水，而没有改变过氧化氢溶液中溶质的质量，所以产生氧气的质量不会改变； 19．(1)() (2)一 【详解】（1）第一步反应Ⅰ：△H=( )kJ/mol 第二步反应Ⅱ：△H=( ) kJ/mol 根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得() kJ/mol； （2）根据图示Ea1<Ea3，可知第一步反应的活化能＜第二步反应的活化能，故第一步反应是快反应。 20．(1)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O (2)浓度 (3)0.0056 (4)KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间 (5) 该反应放热 产物Mn2+是反应的催化剂 【解析】（1） KMnO4在H2SO4酸化条件下和H2C2O4发生氧化还原反应，生成了硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳、水，KMnO4中锰元素降低了5价，1个H2C2O4分子中有2个+3价的C，所以升高1×2=2价，根据化合价升降总数相等可以确定KMnO4和H2C2O4的比例关系为2:5，其化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；答案为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。 （2） 对比①②实验，只有草酸浓度不同，所以该实验探究的是浓度因素对化学反应速率的影响；答案为浓度。 （3） 若实验①在2min末收集了2.24mL CO2(标准状况下)，则CO2的物质的量为n(CO2)==1.0×10-4mol，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知，反应消耗KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=2×10-5mol，在2min末，==0.0056；答案为0.0056。 （4） 除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；答案为KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间。 （5） 由题中图示 可知，t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是①该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高，加快了反应速率，②产物Mn2+是反应的催化剂；答案为该反应放热；产物Mn2+是反应的催化剂。 21．(1) 升高温度 减小压强 加入催化剂 (2) > < < (3) < b>a>c c>b>a a>b>c (4) < > 【详解】（1）加强外界条件，正逆反应速率均增大，减弱外界条件，正逆反应速率均减小。t2时刻正逆反应速率均增大，且v逆>v正，说明平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡将逆向移动；t3时刻正逆反应速率均减小，且v逆>v正，说明平衡逆向移动，反应正向为气体体积减小的反应，减小压强平衡将逆向移动；t4时刻反应速率增大，但v逆=v正，因此t4时刻改变条件为加入催化剂，故答案为：升高温度；减小压强；加入催化剂。 （2）温度越高，反应速率越大，达到平衡时所需时间越短，由图甲可知T1<T2；温度由T1升高至T2，平衡时生成物浓度降低，说明升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热方向移动，即逆向为吸热反应，故；由图乙可知，增大压强使正反应速率变化更大，说明增大压强平衡正向移动，而增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由此可知a+b>c+d，故答案为：>；<；<。 （3）若反应正向吸热，则升高温度平衡将正向移动，生成物AB3的平衡体积分数将增大，因此T1<T2；由图可知，的平衡体积分数由大到小为b>a>c；对于多气体参与的可逆反应，增大其中某一组分的浓度，平衡将正向移动，使得其余反应物的转化率增大，根据勒夏特列原理可知自身的转化率将减小，因此的平衡转化率由大到小为c>b>a；的平衡转化率由大到小为a>b>c，故答案为：<；b>a>c；c>b>a；a>b>c。 （4）由图可知，增大压强，反应物A的百分含量增大，说明增大压强使平衡逆向移动，而增大压强将使平衡向气体体积减小的方向移动，即m+n<p+q；E点A的百分含量高于平衡点，则平衡将正向移动，因此v逆>v正，故答案为：<；>。 22． 0.2mol/（L·min） 1.8或 y=z y=x-2w ＞ p1＞p2＞p3 =K 【分析】（1）甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则转化CO2为8mol×75%=6mol，列三段式：         CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） 起始c： 4         8          0         0 转化c： 3         3          3         3 平衡c： 1         5          3         3 据此计算可得； 欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则将乙中CO和H2O转化为与甲初始物质一样使满足与甲中投入量等比例； （2）温度和压强对化学平衡的影响； （3）已知：v 正=k正·c（CO）·c（NO2）、v逆=k逆·c（CO2）·c（NO），平衡时：v 正=v逆，代入可得。 【详解】（1）甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则转化CO2为8mol×75%=6mol，列三段式：         CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） 起始c： 4         8          0         0 转化c： 3         3          3         3 平衡c： 1         5          3         3 则0～15 min内平均反应速率v（H2）=3mol·L－1÷15min=0.2mol/（L·min）；此条件下该反应的平衡常数K=3×3÷(1×5)=1.8（或）； 欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则将乙中CO和H2O转化为与甲初始物质一样使满足与甲中投入量等比例，甲的初始投入量为8 mol CO2（g）、16 mol H2（g），故乙转化后应只有CO2（g）和 H2（g），故y=z；同时转化为满足n（CO2）：n（H2）=8：16=1：2，则有（w+y）：（x+y）=1：2，解得y=x-2w； （2）温度升高，有利于吸热方向，根据图，一定压强下，温度升高，乙苯的平衡转化率增大，即正方向为吸热方向，故反应的△H＞0；又 反应C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）C6H5CH=H2（g）+CO（g）+H2O（g）为气体体积增大的反应，压强增大，平衡向着逆方向，乙苯的平衡转化率减小，故p1＞p2＞p3； （3）CO可被NO2氧化：CO+NO2CO2+NO．已知：v 正=k正·c（CO）·c（NO2）、v逆=k逆·c（CO2）·c（NO），平衡时：v 正=v逆，故k正·c（CO）·c（NO2）=k逆·c（CO2）··c（NO），==K。 【点睛】本题考查了化学原理，化学平衡、速率的计算、化学平衡常数的计算、等效平衡、影响化学平衡的因素等知识点，综合性强，对化学平衡的相关知识理解透彻是解题关键，难点（3）平衡时：v 正=v逆，列等式求解。 23． 0.15 mol·(L·min)-1 0.5 mol·L-1 增大 不变 增大 【分析】一定条件下，在10 L密闭容器中发生反应3A(g) + B(g) 2C(s)。开始时加入4 mol A、6 molB和2 molC，在 2 min末测得C的物质的量为4 mol。依此可建立如下三段式： 【详解】(1)用A的浓度变化表示反应的平均速率为=0.15 mol·(L·min)-1；答案为：0.15 mol·(L·min)-1； (2)在2 min末，B的物质的量浓度为=0.5 mol·L-1；答案为：0.5 mol·L-1； (3)①加入合适的催化剂，可降低反应的活化能，使活化分子的百分数增多，化学反应速率增大； ②因为C呈固态，充入1 mol C，对反应物和生成物的浓度都不产生影响，所以化学反应速率不变； ③将容器的体积变为5 L，则反应物的浓度增大，化学反应速率增大。答案为：0.5 mol·L-1；增大；不变；增大。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$