第2章化学反应的方向、限度与速率单元同步测试卷-高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1.docx

第2章 化学反应的方向、限度与速率 单元同步测试卷一、单选题1温度为T1时，在容积为10 L的恒容密闭容器充入一定量的M (g)和N (g)，发生反应。反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是t/min0510n(M)/ mol6.04.0n(N)/ mol3.01.0AT2时该反应的化学平衡常数为0.64，则T1>T2B0-5 min内，用M表示的平均反应速率为0.4 molL-1min-1C该反应在第8 min时v逆>v正D当M、N的转化率之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态2在一定温度下，某反应A+BC体系中，n(B)随反应时间(t)的变化如表：t/min012345n(B)/mol0.0800.0360.0280.0200.0200.020该反应处于平衡状态的时间区域为A12minB13minC23minD35min3反应4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g)，经2minB的浓度减小0.6mol/L。对此反应速率的正确表示是A用A表示的反应速率是0.8mol/(Ls)B分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3：2：1C在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3mol/(Lmin)D在这2min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的4在恒容密闭容器中反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-373.4 kJmol-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，QK，因此平衡正向移动B补充N2，使Q增大，QK，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K减小，QK，因此平衡逆向移动5水煤气的制备反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，下列说法不正确的是A升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大B适当增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率增大C使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率D降低CO浓度，单位体积内活化分子数目减少，化学反应速率减小6反应A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应速率最快的是Av(A)=0.0025molL-1s-lBv(B)=0.01molL-1min-1Cv(C)=0.25molL-1min-1Dv(D)=0.05molL-1min-17下列生产或实验事实引出的结论错误的是选项生产或实验事实结论A其他条件相同，铁片和稀硫酸反应，适当升高溶液的温度，单位时间内产生的气泡增多当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快B工业制硫酸过程中，在SO3的吸收阶段，吸收塔里要装填瓷环增大气液接触面积，使SO3的吸收速率加快C在容积可变的密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，把容器的体积缩小一半逆反应速率增大， 正反应速率减慢DA、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入23滴FeCl3溶液，B试管中产生气泡快当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率AABBCCDD8催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术。催化加氢主要反应有：反应I.  反应II.  压强分别为、时，将的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中的平衡转化率和、CO的选择性如图所示。(或CO)的选择性下列说法正确的是A反应为吸热反应B曲线、表示CO的选择性，且C相同温度下，反应I、II的平衡常数D一定温度下，调整，可提高的平衡转化率9将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) H0，测得CO的平衡转化率随温度变化的曲线如图1所示；在催化剂、一定温度下对该反应进行研究，经过相同时间测CO转化率与反应温度的关系曲线如图2所示。下列说法错误的是已知：反应速率v=v正v逆=k正·c2(NO)·c2(CO)k逆·c2(CO2)·c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。A图像中A点逆反应速率小于B点正反应速率B200时反应的平衡常数K=0.5C200时当CO的转化率为40%时，v正v逆=20：81DC点转化率低于B点的原因可能是催化剂活性降低或平衡逆向移动造成的10为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的是A图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小B为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位C用图乙所示装置测定反应速率，可测定反应产生的气体体积及反应时间D相同环境下若图甲所示实验中反应速率为>，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好11已知化合物A与在一定条件下反应生成化合物B与，其反应历程如图所示，其中表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是A该过程的总反应速率由步骤决定B使用更高效的催化剂可降低该反应的C该历程中的最大能垒D升高温度，有利于提高A的转化率1220世纪初，德国化学家哈伯首次用锇作催化剂在、550的条件下以和为原料合成了：  。2021年11月，我国报道了新的合成氨催化剂设计策略，该技术可实现温和条件下的氨催化合成。我国最新报道的氨催化合成反应的机理如图所示(*代表微粒吸附在催化剂表面)。下列说法正确的是A整个历程中，反应速率最慢的反应的化学方程式为：B催化剂吸附和会消耗能量C在转化过程中有非极性键的断裂和形成D使用该催化剂，降低了合成氨反应的活化能，提高了合成氨的平衡转化率13下列叙述正确的是。A已知C(石墨，s)= C(金刚石，s)  ，则石墨比金刚石稳定B反应在室温下能自发进行，该反应的C达平衡后，缩小容器体积，平衡转化率不变D密闭容器中存在：，当时，该反应到达限度14催化还原：  。下列说法正确的是A使用催化剂提高的平衡脱除率B反应平衡常数C该反应一定能自发进行D其他条件不变，增大的用量有利于提高的转化率二、填空题15煤的液化是获得洁净燃料的一种形式，主要是将煤转化成乙醇(C2H5OH)。有人设想先用煤与水蒸气反应生成CO，再通过下面的反应实现煤的液化：2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(l)+H2O(l)    H=-1709.2kJmol-1。你认为若要利用这个反应进行工业化生产，应采取哪些措施_？16向体积固定的密闭容器中通入，和蒸气，发生反应：。在其他条件不变的情况下，分别升高温度、加入催化剂、充入更多的氢气，讨论该化学反应速率的变化并说明理由_。17研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。NO在空气中的反应分两步完成，其反应历程如图所示：(1)反应和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定反应速率的是_(填“反应”或“反应”)。升高反应体系温度，发现总反应速率反而变慢，其可能原因是_(反应未使用催化剂)。(2)在恒压、NO和起始浓度一定的条件下，用活性炭对NO进行催化吸附，测得不同温度下NO转化为的转化率随温度的变化如图中实线所示。X点之前，升高温度NO转化率升高的原因可能是_(任写一种)。实现X点到Z点的方法有_(任写一种)。实现Z点到Y点的原因可能是_(任写一种)。(3)存在如下平衡：  ，在恒温、恒容条件下与的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：，相应的速率与其分压关系如图所示。A点与的相对大小：_(用“<”连接)。在D点情况下，继续通入一定量的气体，达到新平衡时，的转化率_(填“变大”“变小”或“不变”)。一定温度下， 、与平衡常数 (压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是=_。18和在水溶液中的反应为。(1)该反应的平衡常数K的表达式为_。当上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，加入萃取溶液中的，上述平衡如何移动？_(2)请设计一种能使平衡向逆反应方向移动的方案。_19在一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入一定量的A、B发生化学反应(除物质D为固体外，其余的物质均为气体)，各物质的含量随时间的变化情况如图所示，请回答下列问题：(1)写出该反应的化学方程式_，02 min内用C表示的化学反应速率v(C)=_(2)该反应在2 min时改变了某一条件，则该条件可能为_。(3)下列能说明反应达到平衡的是_(填标号)。A当有1mol A被消耗的同时有1mol D被消耗B反应体系内气体的密度不再发生变化CA与C的浓度之比为2：3D反应体系内气体的压强不再发生变化(4)t时刻，此时压强与初始压强的比值为46：49，则此时A物质的转化率为_%，此时该反应_(填“是”或“否”)达到平衡。三、实验题20I分别取盐酸与氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题：(1)本实验除烧杯、量筒、温度计外还缺少的玻璃仪器名称为_，大小烧杯间需要填满碎泡沫塑料的目的是_。(2)若某同学通过该实验测定出中和热偏大，请分析可能的原因是_(填序号)。A用量筒量取盐酸时仰视读数B分多次将NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中C将盐酸错取为等浓度的醋酸为探究化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表：(已知溶液、溶液、淀粉三种溶液混合，无明显现象，滴入溶液后溶液变蓝)向烧杯中加入的试剂及用量/0.1溶液0.1溶液0.1溶液淀粉溶液时间/s2520.010.05.01.00.04020.010.05.01.00.02520.05.05.01.0V(3)写出混合溶液中滴入H2O2溶液反应的离子方程式为_。(4)表中的V=_，、由小到大的顺序为_。(5)对比实验可推测实验结论为_。III(6)某同学研究浓度对化学平衡的影响。他向溶液中加入溶液溶液颜色变化为_，变化原因_(结合离子方程式解释)。21某实验小组探究与溶液的反应。取铜粉加入溶液(用调)中，振荡、静置30分钟，铜粉减少，溶液呈棕绿色，未见有气泡产生。已知：是难溶于水的白色固体(1)预测铜粉可能发生的反应反应I   反应II  _     (2)探究反应I是否发生取铜粉加入_溶液中，振荡、静置30分钟，无明显现象。(所用试剂：硝酸钠和硝酸溶液)用传感器检测与溶液反应过程中浓度的变化，发现浓度逐渐减少。有同学认为：催化了铜和稀硝酸的反应，可能的催化过程如下，写出的离子方程式。_反应II总反应：(3)探究反应II是否发生取铜粉加入_中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，溶液过量后浊液呈深红色。结合离子方程式解释溶液开始呈现白色浑浊最终浊液呈深红色的原因_。(4)分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因小组讨论认为，棕绿色可能是因为与或形成配合物，设计实验证明棕绿色是的颜色，实验操作是_。(5)从化学反应速率和限度角度简述对与溶液反应的认识_。四、原理综合题22控制CO2排放和治理CO2是解决温室效应及能源问题的有效途径。(1)近年来我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。已知：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H1=41.1 kJ·mol-1CO(g)2H2(g) CH3OH(g)H2=90.0 kJ·mol-1写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_。(2)为提高CH3OH(g)的产率，理论上应采用的条件是_(填字母)。a高温高压       b低温低压       c高温低压        d低温高压(3)已知2CO2(g)6H2(g) C2H4(g)4H2O(g)H，在两个固定容积均为2 L的密闭容器中以不同的充入H2(g)和CO2(g)，CO2(g)的平衡转化率(CO2)与温度的关系如图所示。X_(填“>”“<”或“=”)2.0。若起始充入的CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为1 mol和2 mol，到达P点所用的时间为10 min，求10 min内H2的平均反应速率v(H2)=_，该点的化学平衡常数K=_比较P点和Q点的化学平衡常数：KP_(填“>”“<”或“=”)KQ。23肼(N2H4)和氨均为重要的化工原料。已知：.  .  .  回答下列问题：(1)时，向恒容密闭容器中加入1mol和1mol，发生反应，反应达到平衡。下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是_(填字母)。A容器内压强不变B容器内气体的密度不变CD单位时间内断裂N-H键的数目与断裂H-O键的数目相等(2)只改变下列条件，能使的平衡体积分数增大的是_(填字母)。A增大压强B再通入一定量C分离出部分水D降低温度(3)在恒压绝热的密闭容器中通入一定量的和，发生反应和反应，反应对的平衡转化率的影响为_(填“增大”“减小”或“无影响”)。(4)时，向刚性容器中充入，发生反应(时，为液体)。和的分压(p)与时间(t)的关系如图所示。内，反应的平均速率_。时，反应的平衡常数_。(为用各物质的平衡分压表示反应的平衡常数)。反应物分子的有效碰撞几率：M_N(填“>”“<”或“=”)。min时升高温度，再次达到平衡后，的分压增大的原因为_。试卷第11页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【分析】根据表格信息，可列三段式：，再结合10min时的数据可知温度为T1时，反应在5min时已达到平衡，在该温度下的平衡常数为：，由此解答。【详解】A该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，已知T1时该反应的化学平衡常数为0.8，T2时该反应的化学平衡常数为0.64，故T1>T2，A正确；B根据三段式可知，0-5 min内，用M表示的平均反应速率为，B错误；C根据分析可知，反应在5min时达到平衡状态，故在第8 min时v逆=v正，C错误；D根据反应方程式M、N的化学计量数之比可知，二者的转化率之比始终保持不变，是个定值，D错误；答案选A。2D【详解】由表中信息可知，3min后B的物质的量不再变化，达到平衡状态，则该反应处于平衡状态的时间区域为35min，故选D。3B【详解】A反应物A是固体，浓度为常数，不用其表示反应的速率，选项A不正确；B化学反应速率之比等于计量数之比，故分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3：2：1，选项B正确；Cv(B)= =0.3mol/(Lmin)是2min内的平均反应速率，而不是2min末时的反应速率，选项C不正确；D反应中B和C的化学计量数不同，B和C表示的反应速率的值不同，选项D不正确；答案选B。4D【详解】ACO2是生成物，及时分离出CO2，使生成物的浓度减小，Q减小，由于QK，因此平衡正向移动，A正确；BN2是生成物，补充N2，使Q增大，由于QK，化学平衡逆向移动，B正确；C加入催化剂可增大反应速率，使单位时间内反应的反应物更多，从而可增大一段时间内的反应物转化率，C正确；D该反应的正反应是放热反应，在反应达到平衡后，降低反应温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，从而导致K减小，化学平衡常数K只与温度有关，与Q无关，D错误；故合理选项是D。5B【详解】A升高温度，导致活化分子百分数增大，碰撞机会增大，因此化学反应速率增大，A正确；B适当增大压强，增加单位体积内活化分子百分数，化学反应速率增大，而活化分子百分数增大不变，B错误；C使用催化剂，降低反应活化能，导致活化分子百分数增大，碰撞机会增大，加快反应速率，C正确；D降低CO浓度，单位体积内活化分子数目减少，碰撞机会减少，因此化学反应速率减小，D正确；答案选B。6A【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量系数之比进行比较。【详解】Av(A)=0.0025molL-1s-l；则v(B)=3v(A)=0.0075molL-1s-l=0.45molL-1min-1；Bv(B)=0.01molL-1min-1；Cv(C)=0.25molL-1min-1；则v(B)=v(C)=0.375molL-1min-1；Dv(D)=0.05molL-1min-1；则v(B)=3v(D)=0.15molL-1min-1；所以A中反应速率最快；故答案选A。【点睛】本题考查化学反应速率，把握化学计量数与反应速率的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率单位统一及转化法的应用。7C【详解】A其他条件相同，铁片和稀硫酸反应，适当升高溶液的温度，单位时间内产生的气泡增多，则说明其他条件不变时，升高反应温度，反应速率增大，A正确；B装填瓷环后，与不装瓷环相比，从塔顶喷淋下来的浓硫酸与从塔底进入的气体在瓷环间隙充分接触，能加快反应速率，因此得出结论，增大气液接触面积，使SO3的吸收速率加快，B正确；C在容积可变的密闭容器中发生反应，N2O4(g)2NO2(g)，把容器的体积缩小一半，则压强增大，气体反应物的浓度增大，正、逆反应速率都增大，C错误；D在A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入23滴FeCl3溶液，B试管中产生气泡快，则说明反应速率增大，该对比实验中，变量为催化剂，因此得出结论，当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率，D正确；故选C。8B【分析】随着温度的升高，反应平衡逆向移动，反应平衡正向移动，则CH3OH的选择性随温度的升高而减小，CO的选择性随温度的升高而增大，故曲线、表示CH3OH的选择性，曲线、表示CO的选择性，同时压强增大，反应平衡正向移动，反应物浓度减小，促使反应化学平衡逆向移动，使CO选择性减小，故p1>p2。【详解】A可由反应-反应得到，H=-49.4kJ/mol-41.2kJ/mol<0，故该反应为放热反应，A错误；B随着温度的升高，反应平衡逆向移动，反应平衡正向移动，则CH3OH的选择性随温度的升高而减小，CO的选择性随温度的升高而增大，故曲线、表示CO的选择性，压强增大，反应平衡正向移动，反应物浓度减小，促使反应化学平衡逆向移动，使CO选择性减小，故p1>p2，B正确；C随着温度的升高，反应平衡逆向移动，反应平衡正向移动，在未给定具体温度的情况下，无法比较反应、的化学平衡常数大小，C错误；D调整，氢气的起始浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，D错误；故答案选B。9C【详解】A图像中A点未达到该温度下的CO的平衡转化率，则反应正向进行，因此逆反应速率小于B点正反应速率，A正确；B在反应开始时将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，则c(NO)=c(CO)=2 mol/L，由于200时CO的平衡转化率是50%，则根据物质反应转化关系可知平衡时c(NO)=c(CO)=c(CO2)=1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，则该反应的平衡常数K=，B正确；C已知：反应速率v=v正v逆=k正·c2(NO)·c2(CO)k逆·c2(CO2)·c(N2)，在200时K=0.5，当反应达到平衡时正、逆反应速率相等，则v正=v逆，k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c2(CO2)·c(N2)，。在反应开始时将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，c(NO)=c(CO)=2 mol/L，当CO的转化率为40%时，c(NO)=c(CO)=1.2 mol/L，c(CO2)=0.8 mol/L，c(N2)=0.4 mol/L，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆= k逆·c2(CO2)·c(N2)，v正：v逆=，C错误；D该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的平衡转化率降低；催化剂只有在一定温度下才能达到其最佳催化活性，升高温度，催化剂催化活性降低，导致反应的反应物减少，因而CO的平衡转化率降低，D正确；故合理选项是C。10D【详解】A反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，则图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小，A正确；B关闭A处活塞，将注射器压缩拉出一定距离，若气密性不好，气体被排出，活塞不能回到原位，若气密性良好，活塞能回到原位，B正确；C反应速率可以用单位时间内产生气体的体积表示，要测定反应速率，需要记录反应产生的气体体积及反应时间，C正确；D甲中2个试管中加入分别加入FeCl3溶液和硫酸铜溶液，阴离子不同，无法排除阴离子干扰，不能确定Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，D错误； 答案选D。11C【详解】A由图可知，反应的活化能最大，则该历程中的反应为该反应的决速步，A错误；B催化剂只能改变反应所需要的活化能，而不能改变反应的反应热，即使用更高效的催化剂不可改变该反应的H，B错误；C由图可知，反应的活化能最大，该历程中的最大能垒(活化能)E正=16.87kJ/mol-(-1.99kJ/mol)=18.86kJ·mol-1，C正确；D由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率降低，D错误；故答案为：C。12A【详解】A从图中可知，这一反应活化能最大，因此反应速率最慢，A正确；B从图中可知，催化剂吸附N2(g)和H2(g)后能量降低，故这是一个放热的过程，B错误；CN2和H2转化成NH3，该过程中有非极性键的断裂，没有非极性键的生成，C错误；D催化剂的使用，降低了合成氨反应的活化能，但是对合成氨的平衡转化率没有影响，D错误；故答案选A。13A【详解】A根据能量最低原理，能量越低越稳定，C(石墨，s)= C(金刚石，s)  ，为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，所以石墨比金刚石稳定，故A正确；B对于反应，分子数减小的反应，根据自发进行，该反应在低温下自发进行，所以该反应的，故B错误；C对于反应，属于分子数增多的反应，达平衡后，缩小容器体积，压强增大，平衡逆向进行，平衡转化率减小，故C错误；D对于可逆反应，当正逆反应速率相等且体系中各位物质的物质的量浓度保持不变时达平衡状态，对于反应：，当时，反应不一定达到平衡状态，故D错误；故选A。14C【详解】A使用催化剂不能使平衡发生移动，所以使用催化剂不能提高的平衡脱除率，A项错误；B固体和纯液体浓度视为常数，一般不列入平衡常数中，但该反应中H2O为气态，应写入表达式中，则正确的反应平衡常数为：，B项错误；C该反应是熵增大的反应，即，且，则，反应一定能自发进行，C项正确；D其他条件不变，增大的用量，平衡正向移动，但是的转化量小于投入量，所以NO的转化率降低，D项错误；答案选C。15使用催化剂，在较低的温度、较高的压强条件下进行反应，有利于该反应的正向进行，同时及时移出生成物，也有利于提高反应物的转化率【详解】该反应正向为气体分子数减小的放热反应，则在其他条件不变，增大反应体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动；有利于提高CO和H2的平衡转化率；也能够使化学反应速率加快；由于该反应的正反应是放热反应，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此升高温度，化学平衡逆向移动，所以较低的温度有利于反应正向进行；在其他条件不变，使用高效催化剂，能够加快化学反应速率；由于生成物均为液体，及时移出生成物，有利于反应物的转化；若要利用这个反应进行工业化生产，应采取使用催化剂，在较低的温度、较高的压强条件下进行反应，有利于该反应的正向进行，同时及时移出生成物，也有利于提高反应物的转化率。16均会加快化学反应速率。理由：依据影响化学反应速率的因素，升高温度(提高反应物分子的能量，增大反应物之间的碰撞频率，增大反应物分子形成过渡态的比例)；加入催化剂(改变反应历程，降低反应的活化能)；充入更多的氢气(改变反应速率方程)都会提高化学后应油流。【详解】均会加快化学反应速率。理由：依据影响化学反应速率的因素，升高温度(提高反应物分子的能量，增大反应物之间的碰撞频率，增大反应物分子形成过渡态的比例)；加入催化剂(改变反应历程，降低反应的活化能)；充入更多的氢气(改变反应速率方程)都会提高化学后应油流。故答案为：见详解。17(1)     反应     温度升高后反应平衡逆向移动，导致浓度减小，温度升高对反应的影响弱于浓度减小对反应的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢(2)     升高温度，反应速率加快或升高温度，催化剂活性增强     延长反应时间或增大压强     温度升高，平衡逆向移动(3)          增大     2k2·【详解】（1）反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率由最慢的一步决定，所以决定反应速率的是反应，答案：反应；温度升高后反应平衡逆向移动，导致浓度减小，温度升高对反应的影响弱于浓度减小对反应的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢；（2）升高温度，反应速率加快或升高温度，催化剂活性增强；X点得转化率小于平衡转化率，可以延长反应时间或增大压强达到平衡转化率，答案：延长反应时间或增大压强；由图像可知该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，答案：温度升高，平衡逆向移动；（3）A点表示两者的消耗速率相等，整体向左移动， ，答案：；在D点情况下，继续通入一定量的气体，相当于增大压强，达到新平衡时，的转化率增大，答案：增大；反应达到平衡时，所以 =，所以k1=2k2·，答案：2k2·。18(1)          正向移动(2)平衡后加入FeCl2溶液或碘水【详解】（1）平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时，生成物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积之比或反应产物与反应底物的浓度(方程式系数幂次方)乘积之比，中涉及物质均能溶于水，因此该反应的平衡常数；平衡后加入萃取溶液中的，减小，平衡将正向移动。（2）增大生成物浓度可使平衡逆向移动，设计一种促使化学平衡向逆反应方向移动的方案为平衡后加入FeCl2溶液或碘水，可使平衡逆向移动，故答案为：平衡后加入FeCl2溶液或碘水。19(1)     4A(g)+5B(g)6C(g)+4D(s)     0.15 mol·L-1·min-1(2)增大压强或升高温度(3)ABD(4)     16%     否【详解】（1）由图像可得A、B为反应物，C、D为生成物，在02min内各组分得物质的量之比为，可得该反应得化学反应式为4A(g)+5B(g)6C(g)+4D(s)；02min内C反应速率为；（2）由图像可得23min内该反应正向进行，正反应速率加快，但2min时A、B的物质的量并未增加，可推得应为增大体系压强或者升温加快了的反应速率；（3）A由反应式可得A与D的化学计量系数比为，则当时，反应到达平衡，当有1mol A被消耗的同时有1mol D被消说明，反应到达平衡，A正确；B混合气体的密度，且该反应左右两边气体系数不相等的反应，反应到达平衡时气体的总质量才不变，混合气体的密度不再发生变化，B正确；CA与C的浓度之比与反应起始的投料比有关，浓度之比等于并不能判断反应到达平衡，A与C的浓度不再变化才能作为反应到达平衡的依据，C错误；D该反应左右两边气体系数不相等的反应，反应到达平衡时，气体的总物质的量不变，体系恒容，则气体的压强不再变化，D正确；故选ABD；（4）由图像分析可得起始时气体的总物质的量，在恒温恒容的条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，可得t时刻起的总物质的量，设t时刻A消耗了xmol，根据反应式列三段式：，可得，解得，则A的转化率为；根据图像可得反应到达平衡时A消耗0.8mol，则t时刻反应未到达平衡。20(1)     环形玻璃搅拌棒     保温，减少热量散失，减小实验误差(2)BC(3)2I2HI22H2O(4)     5.0     (5)相同条件下，温度越高，反应速率越快(6)     颜色由橙色变为黄色     溶液中存在的可逆反应，加入氢氧化钠，消耗了，平衡正向移动【详解】（1）本实验除烧杯、量筒、温度计外还缺少的玻璃仪器名称为环形玻璃搅拌棒，用于搅拌，使反应物充分混合，大小烧杯间需要填满碎泡沫塑料的目的是保温，减少热量散失，减小实验误差；故答案为：环形玻璃搅拌棒；保温，减少热量散失，减小实验误差；（2）A用量筒量取盐酸时仰视读数，测出盐酸溶液体积偏大，混合后放出的热量较多，计算出焓变数值偏大，则焓变偏小，故A不符合题意；B分多次将NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，放出的热量减小，温度计测出的数值偏小，计算出焓变数值偏小，则焓变偏大，故B符合题意；C将盐酸错取为等浓度的醋酸，由于醋酸电离要吸收热量，因此放出的热量减小，温度计测出的数值偏小，计算出焓变数值偏小，则焓变偏大，故C符合题意；综上所述，答案为：BC；（3）混合溶液中滴入H2O2溶液，双氧水氧化碘离子生成单质碘，其离子方程式为2I2HI22H2O；故答案为：2I2HI22H2O；（4）是探究双氧水浓度对反应速率的影响，而整个溶液的体积要相同，则表中的V=5.0，中双氧水浓度比中双氧水浓度小，反应速率慢，出现蓝色现象需要的时间长，是探究温度对反应速率的影响，的温度高，反应速率快，出现蓝色现象需要的时间短，因此、由小到大的顺序为；故答案为：5.0；（5）对比实验，溶液变为蓝色比快，的温度高，反应速率快，因此可推测实验结论为相同条件下，温度越高，反应速率越快；故答案为：相同条件下，温度越高，反应速率越快；（6）溶液中存在，加入氢氧化钠，消耗了，平衡正向移动，溶液颜色由橙色变为黄色；故答案为：颜色由橙色变为黄色；溶液中存在的可逆反应，加入氢氧化钠，消耗了，平衡正向移动。21(1)2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+(2)     1.8mol/L硝酸钠溶液(用调)     NO+3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O(3)     0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调)     Cu2+Fe2+SCN-=CuSCN+Fe3+，当SCN-较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN-和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色(4)分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO(5)反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快【详解】（1）溶液中含有Fe3+，所以除发生反应I外，还有Fe3+氧化Cu生成Cu2+和Fe2+，即反应II的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（2）探究反应I是否发生，需要排除Fe3+的影响，而且保证其他条件应相同，根据所提供的试剂，取铜粉加入1.8mol/L硝酸钠溶液(用调)中，振荡、静置30分钟，无明显现象，故答案为：1.8mol/L硝酸钠溶液(用调)；由总反应减反应II可得的离子方程式为NO+3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：NO+3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（3）探究反应II是否发生，需要排除NO的影响，而且保证其他条件应相同，取铜粉加入0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调)中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，溶液过量后浊液呈深红色，Cu2+Fe2+SCN-=CuSCN+Fe3+，当SCN-较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN-和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色，故答案为：0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调)；Cu2+Fe2+SCN-=CuSCN+Fe3+，当SCN-较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN-和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色；（4）分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因可能是因为与或形成配合物，证明棕绿色是的颜色，实验操作是分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO，故答案为：分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO；（5）通过比较反应现象及反应I、反应II的平衡常数可知，反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快，故答案为：反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快。22(1)3H2(g)CO2(g) CH3OH(g)H2O(g)    H=48.9 kJ·mol-1(2)d(3)     >     0.075mol·L-1·min-1     512     <【详解】（1）由盖斯定律可知，+可得二氧化碳催化氢化合成甲醇的方程式为3H2(g)CO2(g) CH3O