第2章 化学反应的方向、限度和速率 单元检测题-高二上学期化学沪科版（2020）选择性必修1

试卷第=page1515页，共=sectionpages1515页试卷第=page1414页，共=sectionpages1515页第2章《化学反应的方向、限度和速率》单元检测题一、单选题1．下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究浓度对化学反应速率的影响若A组褪色快，则浓度越高，化学反应速率越快B探究温度对化学反应速率的影响取5mL0.1mol/LNa2S2O3溶液和5mL0.1mol/LH2SO4溶液混合后，分别放入冷水和热水中若热水中先出现浑浊，则温度越高，化学反应速率越快C探究温度对化学平衡的影响加热CuCl2溶液，观察颜色变化若溶液由蓝色变为黄绿色，则[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl-[CuCl4]2-(黄色)＋4H2O是吸热反应D探究压强对化学平衡的影响用注射器中抽取20mLNO2和N2O4的混合气体，压缩至10mL若颜色变浅，则增大压强，平衡2NO2N2O4正向移动A．A B．B C．C D．D2．相同条件下，向体积相同的甲、乙两容器中充入等量的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。已知甲保持压强不变，乙保持体积不变，一段时间后相继达到平衡状态。下列说法中正确的是A．达到平衡所需时间，甲与乙相等B．平衡时NO2体积分数：甲＜乙C．达到平衡后转化率：甲＜乙D．若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态3．由下列实验操作及现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液溶液变血红色KI与的反应有一定限度B向溶液X中滴加少量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口石蕊试纸不变蓝溶液X中肯定不含C将硫酸酸化的溶液滴入溶液中溶液变黄色氧化性：(酸性条件)D向一定浓度的溶液中通入适量气体产生黑色沉淀的酸性比的强A．A B．B C．C D．D4．在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：物质S/(J·K−1·mol−1)∆H/(kJ·mol−1)ρ/(kg·m−3)C(金刚石)2.4−395.403513C(石墨)5.7−393.512260此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是A．该反应的∆H＜0，∆S＜0B．由公式∆G＝∆H−T∆S可知，该反应∆G＝985.29kJ·mol−1C．金刚石比石墨稳定D．超高压条件下，石墨有可能变为金刚石5．合成氨反应是人工固氮的主要手段，对人类生存和经济发展都有着重大意义。合成氨反应中正反应速率，逆反应速率。、为速率常数。平衡常数K与温度的关系如图。下列说法正确的是A．表示正反应的平衡常数K与温度变化的曲线为B．平衡时，合成氨反应的平衡常数C．和的交点代表反应处于平衡状态D．改变和的用量，和交点位置将改变6．在一定空气流速下，热解得到三种价态锰的氧化物。相同时间内锰元素所占比例()随热解温度变化的曲线如图所示。坐标系中主要发生如下反应：反应I：反应II：反应III：下列说法错误的是A．反应I在低温下不能自发进行，说明B．曲线a表示中锰元素所占比例随温度的变化温度/CC．，主要发生反应IIID．下，适当增大空气的流速可以提高的产率7．下列事实不能用平衡移动原理解释的是ABCD开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出加压后颜色变深实验室用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体A．A B．B C．C D．D8．腺苷三磷酸(ATP)是细胞生命活动所需能量的直接来源，其与腺嘌呤核苷酸(ADP)的结构及转化过程如下图所示，下列有关说法错误的是A．ADP由戊糖、碱基、磷酸脱水缩合而成B．ATP与ADP均属于磷酸酯类化合物C．ATP水解为ADP时，断裂化学键需要的总能量小于形成化学键时释放的总能量D．37℃、pH约为7时，ATP水解为ADP需要酶的辅助，因此该过程是非自发的9．科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：，在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图所示。关于该方法，下列推测不合理的是A．反应温度不宜超过300℃B．适当减小体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率C．在催化剂作用下，乙酸是反应历程中的中间产物D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键10．工业上利用和制取尿素，有关反应的热化学方程式如下：反应I：

反应II：

下列有关说法正确的是A．反应的B．反应I在一定温度下能自发进行，则C．生产过程中及时将水分离出去，可以加快反应II的正反应速率D．同压下，等质量的液态水和水蒸气，水蒸气的能量高11．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的物质的量变化如图所示，下列对该反应的推断合理的是A．该反应的化学方程式为3B+4D6A+2CB．反应进行到1s时，v(A)=v(D)C．反应进行到6s时，B的转化率为60%D．反应进行到6s时，各物质的反应速率相等12．甲苯(用C7H8表示)是一种挥发性的大气污染物。热催化氧化消除技术是指在Mn2O3作催化剂时，用O2将甲苯氧化分解为CO2和H2O。热催化氧化消除技术的装置及反应机理如图所示，下列说法中错误的是A．反应Ⅱ的方程式为B．反应Ⅰ中Mn元素的化合价升高C．反应Ⅱ中O-H键的形成会释放能量D．Mn2O3作催化剂可降低总反应的焓变13．在恒容密闭容器中反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)

△H=-373.4kJ•mol-1达到平衡状态，以下说法不正确的是A．及时分离出CO2，使Q减小，Q＜K，因此平衡正向移动B．扩大容器体积，使Q增大，Q＞K，因此平衡逆向移动C．加入催化剂可增大反应速率，从而增大一段时间内的反应物转化率D．降低温度，使Q减小，Q＞K，因此平衡正向移动14．对于不同的化学反应，决定其反应速率的最主要因素是A．反应体系的温度 B．反应物的性质 C．反应体系的压强 D．反应物的浓度15．臭氧分解的反应历程包括以下反应：反应①：(快)反应②：(慢)大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基能够催化分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是A．活化能：反应①<反应②B．只参与反应①，改变分解的反应历程C．分解为的速率主要由反应①决定D．参与反应提高了分解为的平衡转化率16．下列反应达平衡状态的是A．：反应一段时间后，B．：两个键断裂的同时生成一个键C．：恒温恒容条件下体系压强不变D．：恒容条件下密度不变二、填空题17．图Ⅰ、Ⅱ依次表示在酶浓度一定时，反应速率与反应物浓度、温度的关系。请据图回答下列问题：(1)图Ⅰ中，反应物达到某一浓度时，反应速率不再上升，其原因是___________。(2)图Ⅱ中，催化效率最高的温度为___________(填“”或“”)点所对应的温度。(3)图Ⅱ中，点到点曲线急剧下降，其原因是___________。(4)将装有酶、足量反应物的甲、乙两试管分别放入12℃和75℃的水浴锅内，后取出，转入25℃的水浴锅中保温，试管中反应速率加快的为___________(填“甲”或“乙”)。18．一定条件下，在容积为0.1L的密闭容器中，通入0.4molN2和1.2molH2，进行反应，2s后达到平衡，此时容器内的气体物质的量为起始时的3/4，试回答：(1)能判断该反应达到平衡状态的依据是A．断开3molH-H键的同时断开2molN-H键 B．c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．容器内密度不变(2)N2的转化率α1%=_______，若相同条件下，此反应在容积可变的容器中进行，保持压强不变，达到平衡，则N2的转化率α2%_______α1%(填“>”、“<”或“=”)(3)该温度下，反应的化学平衡常数K=_______，若此时再加入0.6molN2和0.4molNH3，则平衡_______(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)19．用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。(1)写出上述反应的平衡常数表达式_______。(2)在2L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/℃起始时NO的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.0928000.240.08结合表中数据，判断该反应的ΔH_______0(填“＞”或“＜”)，理由是_______。(3)700℃时，若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量和发生反应：N2(g)+CO2(g)C(s)+2NO(g)；其中、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。①内的平均反应速率v=_______。②图中A点v(正)_______v(逆)(填“＞”“＜”或“=”)。③第时，外界改变的条件可能是_______。A．加催化剂

B．增大碳的物质的量

C．减小的物质的量

D．升温

E．降温三、计算题20．t℃时，将2molSO2和1molO2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，△H=-196.6kJ/mol。2min时反应达到化学平衡，此时测得反应物O2还乘余0.8mol。求：(1)从反应开始到达化学平衡，生成SO3的平均反应速率_________。(2)t℃时该反应的化学平衡常数_________。(3)平衡时SO2转化率_________。21．20℃时，将溶液与溶液等体积混合，2min后溶液中出现明显浑浊，反应的化学方程式为：，已知温度每升高10℃，该反应的速率增大为原来的2倍。那么50℃时，同样的反应要看到同样的浑浊现象所需时间为多少？_______22．将和通入1.00L的密闭容器中，1000K时，反应达到平衡，测得平衡时的物质的量浓度为。计算该温度下反应的平衡常数。_______四、实验题23．Ⅰ.为比较和对分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：(1)定性分析：如图甲可通过观察___________的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将，改为___________，更为合理，其理由是___________；(2)定量分析。如图乙所示，实验时均以生成气体为准，其它可能影响实验的因素均己忽略。实验中需要测量的数据是___________；(3)查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：和______。Ⅱ．欲用下图所示实验来证明是分解反应的催化剂。(4)加入粉末于溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示，A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为______(从大到小)。Ⅲ．乙同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：实验序号反应温度/浓度稀硫酸①2010.00.1010.00.500②400.100.50③200.104.00.50(5)该实验①、②可探究___________对反应速率的影响，因此是___________。实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此___________。24．某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：实验序号实验温度/K溶液颜色褪至无色所需时间/s酸性溶液溶液A29320.0240.10B20.0230.18C31320.020.11(1)通过实验A、B，可探究出_______(填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中_______、_______，通过实验_______(填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中_______。(2)若，则由此实验可以得出的结论是_______。忽略溶液体积的变化，利用实验B中数据计算，0~8s内，用的浓度变化表示的反应速率_______。(3)该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中随时间的变化情况如图所示，并认为造成这种变化的原因是反应体系中的某种粒子对与草酸之间的反应有某种特殊作用，则该作用是_______。设计实验证明，分别取等体积等浓度的和混合，平均分成两份，一份中不加任何试剂，一份加入少量固体，观察到两溶液都没有褪色，原因是：_______。25．(三氯六氨合钴)是一种重要的化工产品，常用于合成其它Co(II)配合物。以下是一种制备三氯六氨合钴的实验方法，回答下列问题：I.氯化钴的制备已知氯化钴(CoCl2)易潮解，Co(III)的氧化性强于Cl2，可用高熔点金属钴与氯气反应制取。实验室提供下列装置进行组合(连接用橡胶管省略)：(1)仪器a的名称是_______，用上图中的装置组合制备氯化钴，连接顺序为：A→_____。(2)装置A产生氯气的化学方程式为_______。(3)用正确的连接装置进行实验，B的作用是_______。II.三氯六氨合钴晶体的制备(4)“氧化”的目的是_______。“操作X”包括冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，用无水乙醇洗涤的目的是_______。(5)制备总反应的化学方程式为_______。反应中活性炭的作用是_______(填标号)。a.脱色剂

b.氧化剂

c.还原剂

d.催化剂五、元素或物质推断题26．下图所示各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质或化合物，图中部分反应条件未列出。已知D、L、M为气体单质，C、E、H为气体化合物，反应②、④、⑥是化工生产中的重要反应，反应⑤是实验室制备气体C的重要方法。请回答下列问题：（1）物质E的结构式为__________。（2）属于化合反应，但不属于氧化还原反应的是__________（用编号填空）。（3）C、H的熔沸点比较：C___H（填““>”、“<”或“=”））原因是：________________。（4）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB和2molC，A的化学式为______________。（5）在一定温度下，有甲、乙两容积相等的密闭容器。I．向甲容器中通入3molM和4molL，反应达到平衡时，生成C的物质的量为amol。此时，M的转化率为__________。下列能提高反应物L的转化率，但实际生产过程中并没有采用的措施是_____________。①降低合成塔温度

②适当增大压强③不断分离出产物C

④加入合适催化剂II．向乙中通入2molC，欲使反应达到平衡时，各物质的浓度与I中第一次平衡时相同，则起始时还需通入__________molM和__________molL。III．若起始时，向乙中通入6molM和8molL，达到平衡时，生成C的物质的量为bmol，则________(选填“>”、“<”或“=”）。27．(1)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，其电子式为______；若XY2为共价化合物时，其结构式为_____。(2)现有a～g7种短周期元素，它们在周期表中的位置如下，请据此回答下列问题：①元素的原子间反应最容易形成离子键的是_____(填序号，下同)，容易形成共价键的是___。A．c和f

B．b和g

C．d和g

D．b和e②写出a～g7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式___。(3)将2moH2O和2molCO置于1L容器中，在一定条件下加热至高温，发生如下可逆反应：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)、2CO(g)+O2(g)2CO2(g)。①当上述系统达到平衡时，欲求其混合气体的平衡组成。则至少还需婴知道两种气体的平衡浓度，但这两种气体不能同时是______或______。②若平衡时O2和CO2的物质的量分别为n(O2)甲=amol，n(CO2)甲=bmol。试求n(H2O)甲=_____(用含a、b的代数式表示)。28．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素。A、C处于同一主族，C、D、E处于同一周期，E原子的最外层电子数是A、B、C原子最外层电子数之和，D是地壳中含量最高的金属元素；A、B组成的常见气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；E的单质与甲反应能生成B的单质，同时生成两种水溶液均呈酸性的化合物乙和丙(该反应中氧化产物只有一种)，25℃时0.1mol/L的乙溶液pH>l；D的单质既能与C元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐丁，也能与丙的水溶液反应生成盐。请回答下列问题：（1）甲的化学式为___________；B单质的电子式为____________。（2）D元素的名称是______________。（3）写出丁溶液中通入过量二氧化碳时的离子方程式_______________________（4）工业上利用A、B的单质合成甲(BA3)：B2(g)+3A2(g)2BA3(g)△H<0，在一定温度下，在2L密闭容器中，2mol单质B2和1.6mol单质A2充分反应后达到平衡，测得BA3的物质的量浓度为0.4mol/L，计算该温度下的平衡常数K=______________。（5）E的单质与甲反应生成的乙和丙的物质的量之比为2:4．反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为______________。答案第=page2929页，共=sectionpages1414页答案第=page2828页，共=sectionpages1414页参考答案：1．C【详解】A．酸性高锰酸钾溶液的浓度不同其颜色也不同，应控制酸性高锰酸钾溶液的浓度相同，且不足量，通过改变草酸的浓度，探究浓度对反应速率的影响，故A错误；B．应先同时放在热水、冷水中，再混合发生反应，操作不合理，故B错误；C．加热该溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，可知加热使Cu(H2O)4]2＋（蓝色）＋4Cl-[CuCl4]2-(黄色)＋4H2O正向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；D．压缩气体可以使体积减小、浓度增大，颜色加深，不能探究出压强对平衡移动的影响，故D错误；故答案选C。2．B【分析】该反应为气体体积减小的反应，反应中气体的体积减小，则恒压的甲容器相当于恒容的乙容器增大压强，增大压强，化学反应速率增大，平衡向正反应方向移动。【详解】A．由分析可知，恒压的甲容器相当于恒容的乙容器增大压强，增大压强，化学反应速率增大，则甲达到平衡所需时间小于乙，故A错误；B．由分析可知，恒压的甲容器相当于恒容的乙容器增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲平衡时二氧化氮的体积分数小于乙，故B正确；C．由分析可知，恒压的甲容器相当于恒容的乙容器增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲平衡后二氧化氮的转化率大于乙，故C错误；D．恒压的甲容器中压强始终不变，则甲容器内气体的压强保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；故选B。3．A【详解】A．I-与Fe3+反应的离子方程式为2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，所以该实验中所用KI过量，而反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，说明Fe3+有剩余，即该反应有一定限度，A正确；B．所用的是NaOH稀溶液，且少量，即便有铵根，生成NH3过少，NH3也不会逸出，B错误；C．酸性环境中硝酸根也会将Fe3+氧化，该实验中无法确定氧化剂是何种物质，C错误；D．产生黑色沉淀是因为CuS是一种难溶于酸的沉淀，而不是H2S的酸性比H2SO4强，D错误；综上所述答案为A。4．D【详解】A．根据燃烧热的定义可知：C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-395.40kJ·mol−1，C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.51kJ·mol−1，反应C(石墨)→C(金刚石)的ΔH=(-393.51kJ·mol−1)-(-395.40kJ·mol−1)=1.89kJ·mol−1＞0，ΔS=S(金刚石)-S(石墨)=2.4J·K−1·mol−1-5.7J·K−1·mol−1=-3.3J·K−1·mol−1＜0，A错误；B．由公式∆G=∆H−T∆S可知，该反应∆G=1.89kJ·mol−1-298K(-3.3J·K−1·mol−1)=2.8734kJ·mol−1，B错误；C．由A选项可知，反应C(石墨)→C(金刚石)是吸热反应，说明质量相同时，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，C错误；D．由于金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变；故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；故选D。5．A【详解】A．工业合成氨为放热反应，升温平衡逆向移动，K减小，即表示正反应的平衡常数K与温度变化的曲线为，A项正确；B．合成氨反应的平衡常数，平衡时，因此，B项错误；C．和的交点代表反应的正逆反应的平衡常数相等，并不代表此时为平衡状态，C项错误；D．K只随温度改变而改变，不受反应物量的影响，因此两曲线交点位置不变，D项错误；本题答案为A。6．D【详解】A．由反应I可知该反应ΔS>0，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH－TΔS，故该I在低温下不能自发进行，则，A正确；B．温度越高，反应越快，根据反应个反应，可以发现二氧化锰是反应III的产物，故温度升高时，相同时间内，二氧化锰会越来越多，即b代表二氧化锰，a代表，B正确；C．由图可知时，二氧化锰一直增大，故此时发生的主要反应为反应III，C正确；D．由图可知450℃时二氧化锰的含量较大，此时适当增大空气的流速可以提高的产率，但是温度较低时，二氧化锰含量较低，增大空气的流速不利于提高的产率，D错误；故选D。7．C【详解】A．啤酒中存在平衡：，开启啤酒，瓶中压强降低，平衡向气体体积增大的方向移动，即向生成二氧化碳气体的方向移动，A项正确；B．实验室制取乙酸乙酯时采用加热的方式将生成的乙酸乙酯不断蒸出，从而使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，B项正确；C．该反应是一个反应前后气体分子数不变的反应，压强的改变并不能使平衡发生移动，混合气体加压后颜色变深，是因为的浓度变大，和平衡移动无关，C项错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，D项正确；答案选C。8．D【详解】A．ADP由戊糖、碱基的脱水产物，与二个磷酸分子的脱水产物，通过发生酯化反应生成，A正确；B．ATP与ADP均含有磷酸酯基，所以二者都属于磷酸酯类化合物，B正确；C．ATP水解为ADP时，反应物的总能量高于生成物的总能量，则断裂化学键需要的总能量小于形成化学键时释放的总能量，C正确；D．37℃、pH约为7时，ATP水解为ADP，加入的酶只是加快反应速率，并未改变反应发生的可能性，因此该过程仍是自发的，D错误；故选D。9．C【分析】根据图象可以看出乙酸乙酯的产量在300℃左右最高，反应过程中有少量乙醛的生成，极少量的乙醚和乙酸等出现，适当的催化剂能加快化学反应速率，减小副产物可以提高产率，据此分析作答。【详解】A．通过图象分析出，当温度高于300℃时，乙酸乙酯的质量分数开始下降，所以反应温度不宜高于300℃。故A正确；B．该反应是气体物质的量增大的反应，故适当减小体系压强，平衡正向移动，有利于提高乙醇平衡转化率，故B错误；C．因液态收集物中乙醛产量初期偏大，但是慢慢就随着乙酸乙酯的产量增大而减小，所以它应是中间产物，而乙酸的量逐渐增大，不是中间产物，故C正确；D．乙醇有可能会生成乙烯或乙醚等副产物，因乙烯是气体物质，所以图中没显示。催化剂有选择性，如果选择优质的催化剂可以提高反应速率，同时减小副反应过程的发生可提高产率，故D正确；答案选A。10．D【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应2NH3(l)+CO2(g)

⇌

H2O(l)+[CO(NH2)2](l)，则∆H

=(a+b)kJ•mol-1，故A错误；B．反应Ⅰ是一个熵减小的反应，∆S＜0，由一定温度下能自发进行可知，∆H

—T∆S＜0，则a＜0，故B错误；C．反应Ⅱ中水为液态，浓度为定值，生产过程中及时将水分离出去，对反应速率无影响，故C错误；D．水的气态能量大于液态大于固态，故同压下，等质量的液态水和水蒸气，水蒸气的能量高，故D正确；故选D。11．C【分析】由图可知，反应达到平衡时，B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol、A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol，所以B、C为反应物，A、D为生成物。【详解】A．据分析，B、C为反应物，A、D为生成物，物质的量的变化量之比为0.6：0.8：1.2：0.4=3：4：6：2，故反应的化学方程式为：，故A错误；B．化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应进行到1s时，v(A)=3v(D)，故B错误；C．反应进行到6s时，B的转化率为，故C正确；D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应进行到6s时，各物质的反应速率不相等，故D错误；故选C。12．D【分析】从图中可以看出，反应Ⅰ中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，反应Ⅱ中，MnO2将C7H8氧化，重新生成Mn2O3。【详解】A．由图中可以看出，反应Ⅱ中，MnO2转化为Mn2O3，C7H8生成CO2和H2O，方程式为，A正确；B．反应Ⅰ中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，Mn元素的化合价升高，B正确；C．反应Ⅱ中，C7H8与MnO2反应生成H2O等，形成O-H键，从而释放能量，C正确；D．Mn2O3作催化剂，可降低总反应的活化能，但不能改变反应的焓变，D错误；故选D。13．D【详解】A．及时分离出CO2，使生成物CO2浓度减小，N2、反应物的浓度都不变，则Q减小，Q<K，平衡正向移动，A正确；B．扩大容器体积，各物质的浓度同等倍数的减小，由于反应物的气体系数和较大，所以Q中分母减少的更多，则Q增大，Q＞K，因此平衡逆向移动，B正确；C．反应达到平衡前加入催化剂，可增大反应速率，提高一段时间内的反应物的转化率，但对平衡转化率不产生影响，C正确；D．降低温度，瞬间反应物和生成物的浓度不变，Q不变，D错误；综上所述答案为D。14．B【详解】温度、压强、浓度都是影响反应速率的外界因素，不是最主要的因素；反应物本身的性质是内因，是决定反应速率的最主要因素；故选B。15．A【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A正确；B．氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl•主要参与反应②，故B错误；C．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故C错误；D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误；故选：A。16．C【详解】A.根据反应可知，反应后任何时候，，所以时不能作为反应达平衡状态的依据，故A不符合题意；B.根据反应可知，两个键断裂的同时生成一个键，表示反应向同意方向进行，故B不符合题意；C.根据反应可知，反应前后气体体积不等，所以恒温恒容条件下体系压强不变，说明反应达到平衡状态，故C符合题意；D.根据反应可知，恒容条件下，密度是个定值，故D不符合题意；故答案：C。17．

酶的浓度一定

A

温度过高，酶的活性下降

甲【详解】(1)由图Ⅰ分析，反应物浓度增大到一定限度，反应速率不再上升，说明决定化学反应速率的主要因素是酶的浓度，故答案为：酶的浓度一定；(2)由图Ⅱ分析，点的反应速率最快，催化效率最高，故答案为：A；(3)点到点曲线急剧下降是由于温度升高，酶的活性急速下降，故答案为：温度过高，酶的活性下降；(4)由图Ⅱ可知，0~25℃范围内，温度越高，反应速率越快，所以甲试管转入25℃的水浴中加热时反应速率加快；乙试管在75℃的水浴中加热时，酶已经失活，故乙中无催化反应发生，故答案为：甲。18．(1)C(2)

50%，

>(3)

L2/mol2

不移动【分析】题中发生反应N2+3H22NH3，根据题中信息进行分析。（1）A．断开3molH-H键应断开6molN-H键，A错误；B．各物质的浓度成比例关系，不能说明达到平衡状态，B错误；C．平均相对分子质量可表示为，体系中质量守恒m恒定，当不变时，不变，反应前后气体系数发生变化，故不变说明达到平衡状态，C正确；D．密度，m恒定，V恒定，故密度为定值，故密度不变不能说明达到平衡状态，D错误；故选C。（2）由题得：0.4-x+1.2-3x+2x=1.6×=1.2

x=0.2molN2的转化率；反应正向进行，压强减小，要求压强不变相当于加压，平衡正移，N2的转化率增大，故α2%＞α1%。（3），将(2)中数值转化成物质的量浓度，代入可得K=L2/mol2；再加入0.6molN2和0.4molNH3，则N2为0.8mol，H2为0.6mol，NH3为0.8mol，转化成浓度，代入平衡常数公式，可得K’=L2/mol2，故平衡不移动。19．(1)K=(2)

＞

700℃时，K=0.167，800℃时，K=1，温度升高，K值增大，故为吸热反应(3)

0.01mol/(L·min)

＞

AD【解析】（1）平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，表达式为：；（2）①依据实验1和实验2起始时和达到平衡时的数据，列三段式有：实验1：实验2：则，，时，，时，，温度升高，K值增大，故为吸热反应；；（3）①由图可知内的物质的变化为，由方程式⇌可知，的物质的量变化为，所以平均反应速率；②由图可知A点反应向正反应方向进行，所以正逆；③由图可知第后，反应速率增大，A．加催化剂，加快反应速率，故A正确；B．C为固体，增大C的量对反应速率没有影响，故B错误；C．减小的物质的量，则的浓度减小，反应速率减小，故C错误；D．升温，使反应速率加快，故D正确；E．降温，使反应速率减小，故E错误；故答案为：AD。20．(1)0.1(2)0.15625(3)20%【详解】（1）根据题意列出三段式：生成SO3的平均反应速率为；（2）t℃时该反应的化学平衡常数为；（3）平衡时SO2转化率为。21．15s【详解】化学反应中，升高温度，反应速率增大，20℃时，将溶液与溶液等体积混合，2min(即120s)后溶液中明显出现浑浊；已知温度每升高10℃，反应速率增大到原来的2倍，那么在50℃时，温度升高30°℃，反应速率应是20℃的23倍=8倍，反应需要时间为原先的，则同样的反应出现混浊需要的时间为120s×=15s。22．0.0353（mol/L）【详解】反应达到平衡，测得平衡时的物质的量浓度为，则平衡时，，因此1000K时，的平衡常数。23．(1)

产生气泡

0.05

排出阴离子的干扰(2)生成40mL气体所需要的时间(3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(4)D＞C＞B＞A(5)

反应温度

10.0

6.0【分析】由题意可知，该实验的目的是应用变量唯一化原则探究催化剂、温度和浓度对反应速率的影响。（1）过氧化氢在催化剂作用下分解生成氧气和水，所以可依据反应生成气泡的快慢程度定性判断铁离子和铜离子对过氧化氢分解的催化效果；由于氯化铁和硫酸铜的阴离子也不相同，为排出阴离子对实验的干扰，应用0.05mol/L硫酸铁溶液替代0.1mol/L氯化铁溶液完成对比实验，故答案为：产生气泡；0.05；排出阴离子的干扰；（2）由题意可知，实验时应测定生成40mL气体所需要的时间来比较反应的快慢，定量判断铁离子和铜离子对过氧化氢分解的催化效果，故答案为：生成40mL气体所需要的时间；（3）由题给信息可知，铁离子是反应的催化剂，由催化剂改变反应途径，但反应前后的组成和性质不变可知，铁离子与过氧化氢反应生成的亚铁离子在酸性条件下能与过氧化氢反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（4）反应的瞬时速率与曲线的斜率有关，曲线的斜率越大，反应的瞬时速率越大，由图可知，斜率的大小顺序为D＞C＞B＞A，则反应速率的大小顺序为D＞C＞B＞A，故答案为：D＞C＞B＞A；（5）由表格数据可知，实验①、②探究反应温度对反应速率的影响，由变量唯一化原则可知，实验①、②反应物的浓度应保持相同，所以硫代硫酸钠溶液的体积应相同，则V1为10.0；实验①、③探究硫酸浓度对反应速率的影响，由变量唯一化原则可知，实验①、②的反应温度、硫代硫酸钠溶液的浓度和混合溶液的总体积应保持不变，所以V5=20.0—14.0=6.0，故答案为：反应温度；10.0；6.0。24．(1)

浓度

1mL

293

BC

3mL(2)

当其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快

(3)

催化作用

过量(或不足)【详解】（1）依题可知，通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，则据控制变量法可知，只改变H2C2O4溶液的浓度，其他条件不变，故A、B中温度和溶液的总体积应相同，即T1=293，而根据A组实验知溶液总体积为6mL，所以V=1ml；对照实验B、C可知，其只改变了实验的温度，其他条件都相同，所以通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影响；B、C温度不同，要探究出温度变化对化学反应速率的影响，其余条件相同，则V2=6mL-2mL-1mL=3mL，故答案为：浓度；1ml；293；BC；温度；3；（2）)若t1<8，则由此实验可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；根据实验B中数据可知，高锰酸钾完全反应需要的时间为8s，高锰酸钾的物质的量为0.02mol/L×0.002L=0.00004mol，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.00004mol/0.006L=×10-2mol/L，则用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为=8.3×10－4mol·L－1·s－1，故答案为：当其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；8.3×10－4mol·L－1·s－1；（3）上述实验过程中n(Mn2+)随时间迅速升高，可推断造成n(Mn2+)突变的可能的原因是：生成的Mn2+对反应有催化作用，使得反应速率加快；高锰酸钾溶液显示紫红色，如果过量的话，溶液会有颜色，故观察到两溶液都没有褪色，原因是：过量(或不足)。25．(1)

分液漏斗

D→C→E→B(2)(3)防止多余的污染空气、防止空气进入E装置(4)

把＋2价钻氧化成＋3价钴

减少晶体表面水分，加快晶体干燥(5)

d【分析】装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴；CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，趁热过滤除去活性炭，往滤液加入浓盐酸，冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，得到三氯六氨合钴晶体。(1)根据图示，仪器a是分液漏斗；据分析，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴，由A装置制取氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气通入E，为防止空气进入使产品潮解，防止多余的污染空气，应在E之后连接装置B，故连接顺序为：A→D→C→E→B。(2)装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，化学方程式为：。(3)由于氯化钴(CoCl2)易潮解，氯气有毒不能直接排入空气，B的作用是防止多余的污染空气、防止空气进入E装置。(4)“氧化”步骤H2O2可把＋2价钻氧化成＋3价钴，利用后续操作得到产品；无水乙醇与水互溶又易挥发，可加速带走水分，减少晶体表面水分，加快晶体干燥。(5)据分析，CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，后经多步操作得到，总反应的化学方程式为：；活性炭可分散反应物，增大反应物的接触面积，加快反应速率，起到催化剂作用，故选d。26．

O=C=O

③⑧

>

C中含有氢键，造成熔沸点偏高

CaCN2

a/6

①

2

1

<【分析】本题突破点为②，高温条件下发生分解反应制气体，确定碳酸钙分解制备二氧化碳和氧化钙，因此B为碳酸钙，E为二氧化碳，F为氧化钙；氧化钙与水反应生成氢氧化钙，确定I为氢氧化钙，反应⑤是实验室制备气体C的重要方法，确定氢氧化钙与氯化铵加热生成氨气、氯化钙和水，确定C为氨气，K为氯化钙；G为氯化铵；C为氨气，则H为HCl，氨气与氯化氢化合生成G（氯化铵）；D与L生成氯化氢，L与M生成氨气，确定L为氢气，M为氮气，D为氯气；因为1molA与水反应可生成1mol碳酸钙和2mol氨气，根据质量守恒定律确定A的化学式为CaCN2。【详解】（1）根据上面分析，物质E为二氧化碳，结构式为O=C=O；（2）根据上面分析①CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH3；②CaCO3CaO+CO2↑；③NH3+HCl=NH4Cl；④2Cl2+2Ca（OH）2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；⑤2NH4Cl+Ca（OH）2↑CaCl2+2NH3↑+2H2O；⑥N2+3H22NH3；⑦H2+Cl22HCl⑧CaO+H2O=Ca（OH）2，属于化合反应，但不属于氧化还原反应的是③⑧；（3）根据以上分析可知，C为NH3、H为HCl，由于氨分子之间存在氢键，因此NH3的熔沸点较高；答案：>

C中含有氢键，造成熔沸点偏高（4）根据质量守恒定律：A+3H2O=CaCO3+2NH3，物质A由三种元素组成，所以确定A为CaCN2；答案：CaCN2（5）在一定温度下，有甲、乙两容积相等的密闭容器。I．

N2+

3H22NH3n（初）3mol

4mol

0Δn

mol

mol

amoln(平)

3-mol

4-mol

amolM的转化率为=；①因为在500～600℃时催化剂活性最强，因此不需要降低合成塔温度，故①正确；②适当增大压强，可以加快反应速率，可以有利于平衡正向移动，故②不正确；③由于氨气易液化，所以可以不断分离出产物，使反应正向进行，故③不正确；

④加入合适催化剂，可以加快反应速率，故④不正确；答案选①；II．根据等效平衡原理，向乙中通入2molNH3，欲使反应达到平衡时，各物质的浓度与甲中平衡时相同，所加物质的转化成起始物质，物质的量应相同；设加入氮气xmol，加入氢气ymol；则x+=3，得x=2；y+3×=4，得y=1；III．根据压强对平衡移动的影响分析，压强越大，越有利于反应正向进行，生成C（氨气）越多，因此<；答案：<。27．

S=C=S

B

C

CCl4(或PCl3)

H2，H2O

CO，CO2

(2-2a-b)mol【详解】分析：（1）X、Y两种