第2章 化学反应速率与化学平衡 章节测试A卷（含解析）

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第2章化学反应速率与化学平衡章节测试A卷（含解析）

一、单选题

1．下列说法正确的是（）

A．化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的质量变化来表示

B．用不同物质的浓度变化表示同一时间内同一反应的速率时，其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比

C．化学反应速率的单位通常由时间单位和物质的量单位决定

D．在化学反应过程中，反应物的浓度逐渐变小，所以用反应物表示的化学反应速率为负值

2．下列现象或操作可用勒夏特列原理解释的是（）

A．食品包装袋内常放一小袋铁屑

B．制取氢气时，用粗锌产生气泡的速率比用纯锌快

C．合成氨工业中，将氨液化后分离出来，以提高氮气的转化率

D．对于反应，达到平衡后压缩容器体积，混合气体颜色变深

3．已知凡气体分子总数增多的反应一定是熵增大的反应。一定条件下，下列反应不能自发进行的是（）

A．3O2(g)=2O3(g)△H＞0

B．2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H＜0

C．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0

D．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H＞0

4．下列措施，能加快化学反应速率的是（）

A．向炉膛鼓风

B．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸

C．用冰箱保存食物

D．果蔬气调贮藏(通常增加贮藏环境中浓度，降低浓度)

5．下列说法错误的是

A．在装有2mL和1mL0.1mol/L溶液的二支试管中，分别滴加足量稀硫酸，观察浑浊产生的时间或产生气体的多少即可判断反应的快慢

B．维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂，具有还原性

C．某些强氧化剂(如：氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物不能研磨，否则可能引起爆炸

D．使用容量瓶配制溶液时，应先检漏

6．在一恒温、恒容容器内发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。下列条件不能确定可逆反应已达到化学平衡状态的是（）

A．体系的压强不再发生变化

B．气体密度不再发生变化

C．生成nmolCO的同时消耗nmolH2O

D．断裂1mo1H-H键的同时断裂2molH-O键

7．在密闭容器中加入CaSO4和CO，一定温度下发生反应：CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)ΔH＝＋218.4kJ·mol－1，CO的反应速率随时间变化如图所示。下列说法正确的是（）

A．该反应是吸热反应，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小

B．加入少量的CaO固体，平衡向逆反应方向移动

C．图示中t1时改变的条件可能是减小c(CO)，同时增大c(SO2)

D．图示中t1时改变的条件可能是增大压强

8．已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1，下图表示L一定时，H2的平衡转化率(α)随X的变化关系，L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法中，不正确的是（）

A．X表示温度B．L2＞L1

C．反应速率υ(M)＞υ(N)D．平衡常数K(M)＞K(N)

9．CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如下图所示。下列结论错误的是

A．反应在2～4min内平均反应速率最大

B．反应开始4min内温度比浓度对反应速率的影响大

C．4min后，反应速率减小的主要原因是c(H+)减小

D．反应在2～4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.1mol·L1·min1

10．氢氟酸中存在平衡：。加入少量下列物质，能使平衡逆向移动的是（）

A．B．C．D．

二、多选题

11．N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如图所示，用、、分别表示N2、H2、NH3，其中a、b分别代表该反应无催化剂和有催化剂的能量变化示意图，下列说法正确的是（）

A．使用催化剂时，合成氨的反应放出的热量不变

B．在该过程中，b线代表有催化剂时的反应历程

C．在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3

D．合成氨反应中，反应物断键吸收的能量大于生成物形成新键释放的能量

12．丙烷氧化脱氢制备丙烯的主要反应为。在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质。实验测得的转化率和的产率随温度变化关系如下图所示。

已知：。

下列说法正确的是（）

A．的转化率和的产率随温度变化曲线分别是b、a

B．温度升高催化剂的活性增大，的转化率增大

C．时的选择性为66%

D．选择相对较低的温度能够提高的选择性

13．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。N2与H2反应合成氨为可逆反应，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=92.4kJmol1。氨气经氧化等步骤制得硝酸，利用石灰乳、尿素等可吸收硝酸工业的尾气(含NO、NO2)。下列有关工业合成氨的反应说法正确的是（）

A．该反应过程中N2表现出氧化性

B．恒温恒容密闭容器中充入1molH2和3molN2充分反应后放出热量为92.4kJ

C．断裂1molH-H键的同时断裂2molN-H键，说明该反应达到平衡状态

D．达到平衡时，增大容器的体积，v(正)减小、v(逆)增加

14．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol·L－1，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，再达到平衡，测的A的浓度降低为0.35mol·L－1。下列有关判断正确的是（）

A．x＋y”、“0，该反应一定不能自发进行，A符合题意；

B．反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，ΔH0，该反应一定能自发进行，B不合题意；

C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，ΔH＜0，ΔS＜0，该反应在低温下能自发进行，C不合题意；

D．反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)，ΔH>0，ΔS>0，该反应在高温下能自发进行，D不合题意；

故答案为：A。

【分析】依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析。

4．【答案】A

【解析】【解答】A．向炉膛鼓风，可以增加反应过程中氧气的浓度，反应速率加快，A项选；

B．铁遇浓硫酸钝化，改用浓硫酸，不能加快制取氢气的化学反应速率，B项不选；

C．冰箱中温度较低，食物放在冰箱中，可减慢食物腐败的速率，C项不选；

D．果蔬气调贮藏是减小反应物氧气的浓度，反应速率降低，D项不选；

故答案为：A。

【分析】加快化学反应速率有：升温、使用催化剂、增大反应物浓度、增大接触面积等

5．【答案】A

【解析】【解答】A．比较反应速率大小，可以通过比较一定时间产生沉淀或气体的多少或产生等量生成物所用的时间，A符合题意；

B．维生素C具有还原性，常作食品抗氧剂，是水果罐头中常见的抗氧化剂，B不符合题意；

C．强氧化剂(如氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物进行研磨时，物质之间可能会发生剧烈的氧化还原反应，发生爆炸，C不符合题意；

D．使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，以防摇匀过程中溶液流出，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、两组实验的物质的量不同，则生成的气体的量也不相同；

B、维生素C可以抗氧化，具有还原性；

C、反应过程中生成氧气会导致爆炸；

D、容量瓶有旋塞，先进行检漏。

6．【答案】C

【解析】【解答】A.该反应中，反应前后气体分子数发生变化，则反应过程中压强发生变化，因此当压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，A不符合题意；

B.该反应中，C为固体，则反应前后，混合气体的质量发生变化，由于反应在恒容容器内进行，根据密度公式可得，反应过程中混合气体的密度发生变化，则当其不变时，反应达到平衡状态，B不符合题意；

C.生成CO为正反应，消耗H2O也为正反应，无法体现正逆反应速率相等，因此不能判断反应是否达到平衡状态，C符合题意；

D.断裂1molH-H键为逆反应，断裂2molH-O键为正反应，体现了正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】当反应达到平衡状态时，则正逆反应反应速率相等；或当变量不变时，反应达到平衡状态。据此结合选项进行分析。

7．【答案】C

【解析】【解答】A.该反应是吸热反应，升高温度，正逆反应速率键均增大，A不符合题意；

B.加入少量的CaO固体，平衡不移动，B不符合题意；

C.图示中t1时逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间减小，平衡向正反应方向减小，因此改变的条件可能是减小c(CO)，同时增大c(SO2)，C符合题意；

D.增大压强正逆反应速率均增大，则图示中t1时改变的条件不可能是增大压强，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A、升高温度，任何化学反应速率都增大；

B、固体量的增减不会影响化学平衡的移动；

C、图示中t1时逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行；

D、增大压强，正逆反应速率都增大。

8．【答案】D

【解析】【解答】A．根据图像，随着X的增大，H2的平衡转化率(α)减小，X若表示温度，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率(α)减小，故A不符合题意；

B．相同温度条件下，压强越大，H2的平衡转化率(α)越大，L2＞L1，故B不符合题意；

C．压强越大，反应速率越快，υ(M)＞υ(N)，故C不符合题意；

D．温度不变，平衡常数不变，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】根据题目中热化学方程式可以推断出，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率(α)减小；增加压强，平衡正向移动，H2的平衡转化率(α)增大。反应速率则与温度、压强有关，温度越高，反应速率越快；压强越大，反应速率越快。而平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。

9．【答案】D

【解析】【解答】A．由图象可知，0～2分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，2～4分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，4～6分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，则反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，最后减小，反应在2～4min内平均反应速率最大，A不符合题意；

B．由图象可知，反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，因该反应为放热反应，则温度升高，开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大，B不符合题意；

C．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，0～2分钟反应刚开始，温度较低，此时反应速率由氢离子浓度决定，2～4min反应速率最快，2～4分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，C不符合题意；

D．由图可知，2～4分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，体积未知，不能计算CO2的平均反应速率，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．依据曲线的斜率判断；

B．依据图中曲线的变化判断；

C．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低；

D．体积未知，不能计算。

10．【答案】B

【解析】【解答】A．向氢氟酸溶液中加入碳酸钙，碳酸钙与溶液中的氢离子反应，使氢离子浓度减小，使平衡正向移动，故A不符合题意；

B．向氢氟酸溶液中加入盐酸，溶液中氢离子浓度减小，使平衡逆向移动，故B符合题意；

C．向氢氟酸溶液中加入氧化铜，氧化铜与溶液中的氢离子反应，使氢离子浓度减小，使平衡正向移动，故C不符合题意；

D．向氢氟酸溶液中加入氢氧化钡，氢氧化钡与溶液中的氢离子反应，使氢离子浓度减小，使平衡正向移动，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】平衡逆向移动，可以增加生成物的离子浓度

11．【答案】A,B

【解析】【解答】A．催化剂不改变反应热，且平衡不移动，不能改变反应放出的热量，A符合题意；

B．根据图像可知，b线所代表的过程中活化能较低，因此b线代表有催化剂时的反应历程，B符合题意；

C．NH3含有N-H键，为极性键，C不符合题意；

D．合成氨为放热反应，则反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，D不符合题意；

故答案为：AB。

【分析】根据图示，反应物的能量高于生成物的能量，即判断反应为放热，使用催化剂时，降低活化能，但是焓变不变，之和起始和最终的状态有关，氨气是含有极性键的极性分子。

12．【答案】B,D

【解析】【解答】A．根据题干信息，在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质，因此的转化率大于的产率，即的转化率和的产率随温度变化曲线分别是a、b，A不符合题意；

B．升高温度，可提高催化剂的活性，从而使得的转化率增大，B符合题意；

C．由已知，575℃时，，C不符合题意；

D．由图像可知，温度较低时，的转化率和的产率相差较小，则的选择性偏高，因此选择相对较低的温度能够提高的选择性，D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】A．由反应产物可知，在催化剂作用下，C3H8的转化率较低；

B．结合温度对催化剂活性和平衡转化率的影响分析；

C．结合C3H6的选择性的计算公式进行计算；

D．结合图像温度对C3H6选择性的影响分析；

13．【答案】A,C

【解析】【解答】A.反应过程中N2中N元素由0价变为-3价，表现出氧化性，故A正确；

B.依据反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=92.4kJmol1，该反应为可逆反应，恒温恒容密闭容器中充入1molH2和3molN2充分反应后放出热量小于92.4kJ，故B错误；

C.依据正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，断裂1molH-H键的同时断裂2molN-H键，说明该反应达到平衡状态，故C正确；

D.达到平衡时，增大容器的体积，v(正)减小、v(逆)减小，故D错误；

故答案为：AC；

【分析】A.元素化合价降低，表现出氧化性；

B.依据反应为可逆反应分析；

C.依据正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态；

D.依据影响化学平衡的因素分析；

14．【答案】B

【解析】【解答】A.压强减小，平衡逆向移动，则x+y>z，故A不符合题意；

B.由上述分析可知，平衡逆向移动，故B符合题意；

C.平衡逆向移动，C的体积分数下降，故C符合题意；

D.体积变为原来的2倍，B的浓度比原来的小，故D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】

A.根据体积变化和压强变化及A的浓度分析；

B.压强减小，A浓度降低，平衡逆向移动；

C.逆向移动，C的体积分数降低；

D.体积扩大两倍，根据勒夏特列原理，B浓度降低。

15．【答案】B,C

【解析】【解答】A．A物质为固体，不能用A的浓度变化表示反应速率，故A不符合题意；

B．A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)中B、C、D的化学计量数之比为3∶2∶1，则用B、C、D分别表示反应的速率，其比值是3∶2∶1，故B符合题意；

C．经2minC的浓度增加0.4mol·L-1，则用C表示的反应速率为0.2mol·L-1·min-1，用B表示的反应速率为0.3mol·L-1·min-1，浓度越小，反应速率越小，随着反应的较小，B的浓度逐渐减小，则2min末用B表示的反应速率小于0.3mol·L-1·min-1，故C符合题意；

D．B为反应物，D为生成物，平衡之前，用B表示的反应速率逐渐减小，用D表示的反应速率逐渐增大，未告知在2min时是否建立了平衡，因此无法判断2min内B表示的反应速率逐渐减小，用D表示的反应速率逐渐增大，可能反应速率已经不变，故D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】解题思路：根据2minC的浓度增加0.4mol·L-1，列出三段式，求出各物质的浓度，然后计算即可。

16．【答案】逆向移动；正向移动；逆向移动

【解析】【解答】氨水中加氯化铵，增大了铵根离子浓度使平衡逆向移动，通入氨气增大氨分子的浓度，使平衡正向移动，加氢氧化钠，增大氢氧根离子的浓度，使平衡逆向移动，故答案为：逆向移动；正向移动；逆向移动；

【分析】加入的物质对平衡产生的影响，NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，加入氯化铵，中增加了生成物铵根离子，导致平衡逆向移动，产生更多的氨气，加入氨气，增加了反应物，平衡正向移动，碱性增强，加入氢氧化钠，增加了生成物中的氢氧根离子，导致平衡逆向移动，产生更多的氨气。

17．【答案】（1）<

（2）a

（3）b

（4）0.375mol/（Lmin）；75%；2.25；=；升高温度

【解析】【解答】(1)反应前气体的物质的量大于反应后气体的物质的量，即体系混乱度减小，即ΔS<0；故答案为：<；(2)a.达到平衡时，各组分的浓度不再改变，但是不一定成比例，故a正确；

b.该反应的正反应是气体分子数减小的反应，则容器中压强不再改变，说明该反应已达到平衡状态，故b错误；

c.化学平衡时，反应速率之比应该是一个正反应一个是逆反应而且要等于计量数之比，当υ正（H2）＝4υ逆（CH3OCH3）时，说明该反应已达到平衡状态，故c错误；

d.在恒温恒容的条件下，容器中一氧化碳的物质的量不再改变，说明CO的浓度不再改变，即达到平衡状态，故d错误；故答案为：a；(3)a.将H2O(g)从体系中分离出来，促进平衡向正反应方向移动，CO转化率提高，但是化学反应速率会减小，故a错误；

B.缩小容器体积，使体系压强增大，加压会提高速率，促进平衡向气体体积减小的方向即正反应方向移动，CO转化率提高，故b正确；

C.催化剂改变化学反应速率，但不影响化学平衡，故c错误；

D.温度升高促进平衡向吸热反应方向移动即逆反应方向，CO的转化率减小，故d错误；故答案为：b；(4)根据图像可知C点平衡时反应了8min，即反应平衡时，反应了n(H2)为8mol-2mol=6mol，剩余n(H2)=2mol，υ(H2)==0.375mol/（Lmin）；根据方程式：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)可知，

2CO(g)+4H2(g)

CH3OCH3(g)+H2O(g)

初始状态4mol8mol00

平衡时反应了3mol6mol1.5mol1.5mol

平衡时剩余1mol2mol1.5mol1.5mol

①则CO的转化率α（CO）=

，KⅠ=

=

=2.25；故答案为：0.375mol/（Lmin），75%，2.25；②由图像可知，状态Ⅱ达到平衡的时间缩短，反应速率加快，且状态II中平衡时H2的物质的量比状态I时减小，平衡向正反应方向移动，即增大压强、增大CO浓度等条件均可，但是不能升高温度，因为升高温度平衡向逆反应方向移动，故状态II的温度不变，平衡常数不变，所以KⅠ=KⅡ；故答案为：=；③根据图示可知，状态Ⅲ达到平衡的时间缩短，且平衡向逆移动，即是升高温度，平衡向吸热反应方向移动；故答案为：升高温度。

【分析】（1）反应前后气体的物质的量减小，为熵减。

（2）可逆反应达到平衡时V正=V逆（同一物质表示的速率，不同物质时速率之比=系数之比），各组分的浓度、百分含量保持不变。a中二甲醚和水蒸气的体积比等于一直为1︰1，不能说明达到平衡。

（3）提高CO转化率说明平衡正向移动。

（4）速率由公式

来求，

根据图像可知C点平衡时反应了8min，即反应平衡时，反应了n(H2)为8mol-2mol=6mol，根据图像可知C点平衡时反应了8min，即反应平衡时，反应了n(H2)为8mol-2mol=6mol，V=0.375mol/（Lmin）。把方程式中各物质的起始量、转化量、平衡量一一列出，可以求转化率、K。②改变某一条件，由图形可知氢气的量减小，并缩短了反应达平衡的时间，升高温度时速率增大，但平衡逆向移动，不符合，只要不是温度改变，K就不变，所以KⅠ=KⅡ。③改变某一条件，由图形可知氢气的量增多，平衡逆向移动，并缩短了反应达平衡的时间，升高温度时速率增大，平衡逆向移动，符合题意。

18．【答案】（1）增大；减小

（2）减小

（3）变深；变浅

【解析】【解答】（1）若加入B（容器体积不变），平衡向正反应移动，A的转化率增大，B自身转化率减小，故答案为：增大；减小；（2）升高温度平衡向正反应移动，平衡时B的浓度降低，C的浓度增大，故

B、C的浓度之比将减小，故答案为：减小；（3）加入C（容积不变）时，平衡向逆反应方向进行，B的浓度增大，颜色变深；维持容器内压强不变，充入氛气，容器体积增大，B的浓度降低，颜色变浅，故答案为：变深；变浅。

【分析】根据题意可知，本题考查转化率、化学平衡移动，依据转化率等于变化的浓度除以初始浓度、勒夏特列原理分析。

19．【答案】（1）其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大

（2）3×10-3mol/(L·min)

（3）保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同

（4）MnSO4；与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min

【解析】【解答】（1）从表中的实验数据可以看出，三次实验所用KMnO4、H2SO4的浓度都相同，但H2C2O4的浓度不同，H2C2O4的浓度越大，反应所用时间越短，由此可以得到的结论是：其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。答案为：其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；

（2）实验1中，在4min内，3.0mL0.04mol/LKMnO4溶液完全发生反应，所以用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)==3×10-3mol/(L·min)。答案为：3×10-3mol/(L·min)；

（3）研究外界条件的改变对化学反应速率的影响时，我们通常只改变一个条件，由此可以看出，实验中加入H2O，可保证KMnO4和H2SO4的浓度不变，所以加入H2O的目的是：保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同。答案为：保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同；

（4）②因为实验研究的是Mn2+对反应是否有催化作用，而反应开始前，溶液中不含有Mn2+，所以可在反应物中加入可溶性锰盐，对比反应完成所需的时间，以判断反应速率的快慢，因此加入的少量固体为MnSO4。

③由前面分析可知，若Mn2+起催化作用，反应所需时间短，从而得出现象及结论为：依据现象“与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min”，得出该小组同学提出的假设成立。答案为：MnSO4；与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min。

【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。

20．【答案】（1）C

（2）2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；浓度；②；①

（3）0.0001；0.0052

（4）该反应为放热；产物Mn2+（或MnSO4）是反应的催化剂

【解析】【解答】(1)该反应是溶液之间发生的不可逆反应，改变压强没有引起溶液体积变化，反应物浓度不改变，则对其反应速率几乎无影响，可以忽略，选项C正确，故答案为C；(2)①MnO4-中Mn元素化合价从+7价，降低到+2价的Mn2+，化合价降低5价，H2C2O4中C元素化合价从+3价，升高到+4价的CO2，化合价升高1价，则H2C2O4中整体升高2价，5和2的最小公倍数为10，故MnO4-前系数为2，H2C2O4前系数为5，并根据元素守恒进行配平，故化学方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②对比①②实验可知，该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率大，所得CO2的体积大；(3)CO2的物质的量是：4.48×10-3L÷22.4mol/L=0.0002mol，用CO2表示2min内的反应速率为=0.0001mol/min；

设2min末，反应(MnO4-)为x，

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

210

x0.0002mol

解得x=0.00004mol，

30mL×10-3×0.01molL-1-0.00004mol=0.00026mol，

c(MnO4-)=n/V=0.00026mol÷0.05L=0.0052mol/L；(4)催化剂能加快化学反应的速率，产物Mn2+（或MnSO4）是反应的催化剂，此外反应释放热量，也可以使化学反应速率加快，故答案为该反应放热；产物Mn2+（或MnSO4）是反应的催化剂。

【分析】(1)压强对速率的影响，必须引进体积的变化；

(2)①MnO4-中Mn元素化合价从+7价，降低到+2价的Mn2+，化合价降低5价，H2C2O4中C元素化合价从+3价，升高到+4价的CO2，化合价升高1价，则H2C2O4中整体升高2价，5和2的最小公倍数为10，据此进行配平；

②对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大；

(3)先求出反应的（MnO4-）物质的量，再求出反应后的浓度；

(4)温度和催化剂均能加快化学反应率。

21．【答案】（1）0.25mol/(L·min)；AD；放热；2052.8

（2）2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-；阴；10.8

【解析】【解答】(1)①根据图1可知，参加反应的n(CO)=1.00mol-0.25mol=0.75mol，根据反应方程式，反应的n(H2)=2n(CO)=1.5mol，v(H2)==0.25mol/(L·min)；

A．升高温度，活化分子的百分含量增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，A正确；

B．恒容条件下充入He，对反应体系中各物质的浓度无影响，反应速率不变，B与题意不符；

C．减小CH3OH的浓度，逆反应速率瞬间减小，然后，正反应速率暂时不变，随后减小，C与题意不符；

D．加入合适的催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子的含量，有效碰撞几率增大，反应速率增大，D正确；

答案为AD。

②根据图2，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；化学键断开吸收的能量与结合释放的能量相等，1924kJ-1molCH3OH(g)键能=-128.8kJ，则断开1molCH3OH(g)键能=2052.8kJ；

(2)①根据图示，电极B通入的二氧化氮得电子生成氮气，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-；

②电解质溶液呈碱性，则电极A为氨气失电子与氢氧根离子反应生成氮气和水，则交换膜为阴离子交换膜；

③8.96LNH3(标准状况)即0.4mol参加反应时，转移1.2mol电子，需要0.3mol的NO2参与反应，生成0.15mol的氮气，转移1.2mol的氢氧根离子，离子交换膜右侧改变质量=0.3mol×46g/mol-0.15mol×28g/mol-1.2mol×17g/mol=-10.8g，则质量减少10.8g。

【分析】(1)①根据图1及反应方程式计算；

②根据图2，反应物的总能量大于生成物的总能量及化学键断开吸收的能量与结合释放的能量相等计算；

(2)①根据图示及电池总反应式判断电极反应式；

②根据溶液的酸碱性，判断电极产物，结合确定溶液中离子的移动方向判断离子交换膜种类；

③根据电极反应式及阴离子交换膜中离子的移动计算。

22．【答案】（1）B

（2）11；（能表示出反应物的总能量大于生成物的总能量，且曲线的变化趋势一致即可）

（3）0.3