1、2.3化学反应的速率一、单选题1汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而被除去。在恒容密闭容器中充入1mol CO和0.8mol NO，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示，下列说法正确的是A温度：B正反应速率：C平衡常数：D时，测得CO的平衡转化率为40，则时反应的平衡常数为2科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd()表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd()表面的物种用*标注。下列说法错误的是A中包含CH键的断裂过程B该历程中能垒(反应活化能)
2、最小的是C该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*+3H*CO*+4H*D由此历程可知：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)H03研究表明，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，其反应中物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是A该条件下CO2比CO的稳定性强B无催化剂时，生成CO比生成甲醛的活化能小C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小D加入该催化剂可提高此过程的各反应的速率，但不能改变反应的焓变4常温常压下，在3种不同碳负载的铜微粒(a、b和c)上，选择性电催化乙炔加氢制乙烯(电还原为的反应可同
3、时发生)，相对能量变化如图，下列说法错误的是A析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应B析氢反应的能力：C吸附的能力：D生成是乙炔加氢制乙烯反应历程中的决速步骤5常温下，A、B初始浓度为2 ： 1的混合溶液中，同时发生两个反应：2A+B 2M+N，2A+B2M+Y，溶液中B、Y的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是A溶液中c(M)=c(N)+c(Y)B0 10min内，A的平均反应速率为0.04mol/(Lmin)C18min时，反应与反应中B的转化率之比为23D反应的活化能比反应的活化能大6在的反应中，2s后，的物质的量浓度增加了，用来表示反应速率为ABCD7决定化学反应速率的最主要
4、因素是A反应物性质B浓度C温度D催化剂8已知SO2+4I-+4H+=S+2I2+2H2O，现进行如下图所示实验。下列说法错误的是A改变c(H+)对反应速率没有影响B该反应能够证明SO2既有氧化性，又有还原性C整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用D该过程中SO2发生的总反应可能为3SO2+2H2O=2SO+S+4H+9已知：反应；反应。为研究反应速率与反应物浓度的关系，设计了对比实验，将下列溶液按表格中用量混合并开始计时，一段时间后蓝色出现，停止计时。组别溶液用量蓝色开始出现时刻1%淀粉120mL20mL5mL0mL5mLt s220mL10mL5mL10mL5mL4t s310mL20m
5、L5mL10mL5mL2t s下列说法不正确的是A根据“一段时间后蓝色出现”的现象，推知反应速率比反应慢B若将实验中浓度改为，蓝色出现时间不受影响C要提高反应速率，增大KI浓度比增大浓度更高效D0-ts，实验1中反应平均速率10反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)H=-905.9 kJmol-1，在5 L密闭容器中投入1 mol NH3和1 mol的O2，2分钟后NO的物质的量增加了0.4 mol，下列说法错误的是A02 min v(O2)=0.05 molL-1min-1B2分钟内O2的转化率是50%C2分钟末c(H2O)=0.6 mol/LD2分钟反应放出的热量值等
6、于90.59 kJ11实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。序号实验装置及操作实验现象溶液无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化下列说法不正确的是A对分解有催化作用B对比和，酸性条件下氧化的速率更大C对比和，中的现象可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率D实验中的温度差异说明，氧化的反应放热12哈伯法合成氢的反应原理为，新研制的催化剂可使该反应在常温、常压下进行，以氮气和氢气为反应物的燃料电池是利用氮气的一种新方法。下列有关哈伯法合成氨反
7、应的说法正确的是A若该反应能自发进行，则B选用高效催化剂，可降低该反应的C其它条件不变，增大起始的比值，可提高的平衡转化率D提高体系的压强可增大反应的化学平衡常数二、填空题13已知反应4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g)在不同条件下的化学反应速率如下：v(CO)=1.5molL-1min-1v(NO2)=0.7molL-1min-1v(N2)=0.4molL-1min-1v(CO2)=1.1molL-1min-1v(NO2)=0.01 molL-1s-1则上述5种情况的反应速率由大到小的顺序为_(用序号表示)。14密闭容器中发生反应：，根据下列图像，回答问题：(1)下列时刻
8、所改变的外界条件是_；_；_。(2)反应速率最快的时间段是_。(3)下列措施能增大正反应速率的是_。A通入B分离出C降温D增大容积15氨气和甲醇都是重要的工业产品，试运用必要的化学原理解决有关问题。(1)在密闭容器中，使和在一定条件下发生反应：。平衡后，和的转化率的比值_1(填“”“”成“=”)。当达到平衡时，保持恒温，压缩容器体积，平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移动，化学平衡常数K_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)水煤气在一定条件下可合成甲醇：。将和充入恒容密闭容器中，在一定条件下合成甲醇，反应相同时间时测得不同温度下的转化率如图所示：温度在下，从反应开始至末，这段时间内的反应
9、速率_。由图可知，在温度低于时，CO的转化率随温度的升高而增大，原因是_。已知c点时容器内气体的压强为p，则在下该反应的压强平衡常数为_ (用含p的代数式表示，是用各气体的分压替代浓度来计算的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。16利用反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)可得到清洁能源H2。(1)该反应化学平衡常数表达式K=_。(2)该反应的平衡常数随温度的变化如表：温度/4005008301000平衡常数K10910.6从上表可以推断：此反应是_(填“吸热”或“放热”)反应。(3)830时，向容积为2L的密闭容器中充入1molCO与1molH2O，2min时CO为0.6mol
10、。2min内v(CO2)=_，此时反应进行的方向是_，依据是_，可以判断该反应达到平衡的标志是_(填字母)。a.体系的压强不再发生变化b.混合气体的密度不变c.CO的消耗速率与CO2的消耗速率相等d.各组分的物质的量浓度不再改变三、计算题17工业上已经实现CO2与H2反应合成甲醇。在一恒温、恒容密闭容器中充入2 mol CO2和6 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。 请回答：（1）该密闭容器的容积是_L。 （2）达到平衡状态的时刻是_min(填“3”或“10”)。（3）在前10m
11、in内，用CO2浓度的变化表示的反应速率(CO2)=_mol(Lmin)。（4）10min时体系的压强与开始时压强之比为_。（5）该温度下，反应的化学平衡常数数值是_。（6）已知： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H= -90.1 kJmol-1 CO(g) +H2O(g) CO2(g)+H2(g)H= -41.1 kJmol-1,则CO2与H2反应合成CH3OH(g)的热化学方程式为_，反应在10 min内所放出的热量为_kJ.18向2 L的密闭容器中充入7.6 mol NO和3.8 mol O2，发生如下反应：2NO（g）O2（g）=2NO2（g） 2NO2（g）N2O4（g）
12、测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，010min维持容器温度为T1，10min后升高并维持容器的温度为T2。(1)计算前5min N2O4反应的平均速率_。(2)计算T1时反应的化学平衡常数_。(3)若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和2.0mol N2O4，判断T1时反应进行的方向_，并计算达到平衡时N2O4的物质的量_。四、实验题19某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，并记录下结果。实验0min1min1h5hFeSO4溶液淡黄色橘红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2溶液几乎无色淡黄色黄色橘红色(1)溶液的稳定性：FeSO4_(NH4)2Fe(SO4)2(
13、填“”)实验(2)甲同学提出实验中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。进行实验，否定了该观点，请补全该实验。操作现象取_，滴加_，观察与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同(3)乙同学提出实验I中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同所致，进行实验：分别配制0.8mol/LpH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH=1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应：。由实验，乙同学可得出的实验结论是_，原因是_。(4)进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓
14、度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_。(5)综合以上实验分析，增强Fe2+稳定性的措施有_。20I.欲用如图所示实验来证明MnO2是分解反应的催化剂。(1)该实验不能达到目的，若想证明是催化剂还需要确认_。II.为比较和对分解的催化效果，某化学研究小组的同学设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：(2)定性分析：如图甲可通过观察产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将改为_更为合理，其理由是_。定量测定：用如图乙装置测定收集一定体积的气体所需的时间，来计算该反应的反应速率，实验
15、开始前需要检验装置的气密性，请简述操作：按图组装好仪器后，_，说明装置气密性良好。(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_。21铜是生活中常见的金属，以铜为原料进行如下实验。回答下列问题：.制备(1)利用铜与浓硫酸制备，适宜的装置是_(从A、B、C中选择)，该装置内发生的化学方程式为_。(2)收集干燥的，所需装置的接口连接顺序为：发生装置_(填小写字母)。(3)反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，原因是_。.探究温度对铜与过氧化氢反应的影响向10mL30%的溶液中滴加
16、1mL3mol/L硫酸，将光洁无锈的铜丝置于其中，铜丝表面产生气泡并逐渐变多，剩余溶液呈蓝色。经检验产生的气体为，查阅资料发现是催化分解的结果。(4)写出生成的离子方程式_。(5)学习小组提出猜想：升高温度，催化能力增强，该小组设计如下实验验证猜想。实验序号30%H2O2(mL)1mol/LCuSO4(mL)水(mL)水浴温度()3min时生成O2的平均速率()11011202.4210113093101140904100220A15A26100240A3小组同学认为实验13的结果，不能证明猜想成立，理由是_。为进一步验证猜想，完善实验46的方案(答案填在答题卡上) _。小组同学结合实验16，
17、判断猜想成立，依据是_。参考答案1B【详解】A该反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数增大，根据图像可知T2T1，故A错误；B根据A选项分析，T2T1，相同条件下，温度越高，反应速率越快，根据图像可知，c点温度高于d点，即v(d)v(c)，故B正确；CK只与温度有关，该反应为放热反应，温度越高，K越小，b、d对应温度为T1，a、c对应温度为T2，则有Kb=KdKa=Kc，故C错误；D平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，题中没有指明容器的体积，无法计算平衡常数，故D错误；答案为B。2C【详解】ACH3O*中共价键为3个CH键和1个CO键，CH2
18、O*中共价键为2个CH键和1个CO键，则中由CH3O*CH2O*包含CH键的断裂过程，A项正确；B反应物的活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，的活化能为100kJ/mol，的活化能为70 kJ/mol，的活化能为50 kJ/mol，的活化能为60kJ/mol，则发生的反应活化能最小，B项正确；C活化能越大，反应速率越慢，制约反应速率的为慢反应，由图示可知，的活化能为100kJ/mol，的活化能为70 kJ/mol，的活化能为50 kJ/mol，的活化能为60kJ/mol，的活化能最大，发生的反应为CH3OH*CH3O*+H*，C项错误；D甲醇的相对能量为-40 kJ/mol
19、，CO(g)+2H2(g)的相对能量为50 kJ/mol，整个过程中吸收能量，由图示可知整个历程为CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)H0，D项正确；答案选C。3D【详解】A由图可知，该条件下CO2的相对能量比CO的相对能量小，物质所具有的能量越低，物质越稳定，则该条件下CO2比CO的稳定性强，故A正确；B由图可知，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，生成甲醛的反应为放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，则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C正确；D由图可知，加入该催化剂可以降低生成甲醛反应的活化能，则加入该催化剂
20、可提高该过程的反应速率，但是会增大生成CO反应的活化能，故会降低生成CO过程的反应速率，故D错误；故选D。4B【详解】A由题干信息可知，选择性电催化乙炔加氢制乙烯和电还原为的反应可同时发生，均为得到电子被还原的过程，故析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应，A正确；B由题干图(2)信息可知，a对应活化能最大，b对应的活化能最小，活化能越大反应越困难进行，即析氢反应的能力：，B错误；C由题干图(1)信息可知，吸附C2H2过程中放出的热量a最少，c最多，相同物质进行不同过程放出的热量越多说明该过程越容易进行，即说明吸附的能力：，C正确；D由题干图(1)信息可知，各种催化剂进行反应时生成的活化能均
21、最大，活化能越大反应速率越慢，是整个反应的决速步骤，则生成是乙炔加氢制乙烯反应历程中的决速步骤，D正确；故答案为：B。5A【详解】A以10min为例，设容器体积为VL，10min时生成Y0.12Vmol，则根据反应2A+B2M+Y，消耗B0.12Vmol，生成M0.24Vmol，10min时共消耗B0.2Vmol，则反应2A+B2M+N消耗B0.08Vmol，则生成N0.08Vmol，生成M0.16Vmol，共生成M0.4Vmol，c(M)=0.4mol/L，c(N)=0.08mol/L，c(Y)=0.12mol/L，A错误；B10min内B的浓度变化为0.2mol/L，根据反应和可知，0-1
22、0minA的浓度变化为0.4mol/L，则A的平均反应速率为，B正确；C18min时Y的浓度为0.15mol/L，则反应消耗B的浓度为0.15mol/L，反应B的转化率为30%，共消耗B的浓度为0.25mol/L，则反应消耗B浓度为0.1mol/L，反应B的转化率为20%，反应和反应中B的转化率之比为23，C正确；D以10min内反应为例，反应中B的反应速率为，反应中B的反应速率为，反应速率更快，活化能更小，D正确；故答案选A。6C【详解】在的反应中，2s后，的物质的量浓度增加了，用表示的化学反应速率为v=，根据化学反应速率之比等于计量数之比，故用来表示反应速率为=；答案选C。7A【详解】A影
23、响化学反应速率的因素中，反应物的结构和性质是决定性因素，A正确；B浓度会影响化学反应速率，但不是最主要因素，B错误；C温度是影响化学反应速率的因素之一，但不是最主要因素，C错误；D催化剂会影响化学反应速率，但不是最主要因素，D错误；故答案选A。8A【分析】由实验过程可知，密封静置沉降，溶液中有淡黄色固体生成，则有S单质生成，取澄清溶液加稀盐酸和氯化钡溶液生成白色沉淀，则又有硫酸根离子生成，所以总反应为3SO2+2H2O2SO+S+4H+，S元素化合价由+4价降低到0价，由+4价升高到+6价，则SO2既有氧化性，又有还原性，据此分析解答。【详解】A由分析可知，反应与氢离子有关，则改变c(H+)可
24、影响反应速率，故A错误；B淡黄色沉淀为S，白色沉淀为硫酸钡，S元素化合价由+4价降低到0价，由+4价升高到+6价，则SO2既有氧化性，又有还原性，故B正确；C总反应为3SO2+2H2O2SO+S+4H+，则整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用，故C正确；D由实验过程可知，先发生反应SO2+4I-+4H+=S+2I2+2H2O，后发生反应I2+SO2+2H2O= SO+4H+2I-，碘离子为反应的催化剂，将两反应式相加消去中间产物I2得总反应为3SO2+2H2O=2SO+S+4H+，故D正确；答案选A。9B【详解】A根据“一段时间后蓝色出现”的现象，说明前一段时间内碘单质被消耗的速率比生成
25、大的速率大，推知反应速率比反应慢，A正确；B若将实验中浓度改为，增大反应II的反应物浓度，反应II的速率加快，蓝色出现时间延长，B错误；C由表中第2和3组数据可知I-浓度大的反应时间短，则增大I-浓度比增大Fe3+浓度更能提高反应I的速率，即增大KI浓度比增大Fe2(SO4)3浓度更高效，C正确；D0-ts，实验1中反应平均速率，D正确；故选：B。10C【详解】A2分钟后NO的物质的量增加了0.4 mol，则根据物质反应转化关系可知：反应消耗O2的物质的量为n(O2)=，故02 min v(O2)=0.05 molL-1min-1，A正确；B根据A计算可知2分钟内反应消耗O2的物质的量为n(O
26、2)=0.5 mol，反应开始时O2的物质的量为1 mol，故O2转化率是=50%，B正确；C从反应开始至2分钟后NO的物质的量增加了0.4 mol，则根据物质反应转化关系可知反应产生H2O的物质的量为n(H2O)=，反应容器的容积是5 L，故2分钟末c(H2O)=0.12 mol/L，C错误；D根据热化学方程式可知：每反应产生4 mol NO气体时，反应放出热量是905.9 kJ，现在是发生该反应产生了0.4 mol NO 气体，因此2分钟反应放出的热量值Q=90.59 kJ，D正确；故合理选项是C。11D【详解】A比较实验的现象可知，对分解有催化作用，A正确；B对比和，由实验的现象溶液立即
27、交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下氧化的速率更大，B正确；C对比和，中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率，C正确；D实验中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明氧化的反应放热，D错误；故答案为：D。12C【详解】A
28、该反应为熵减小的反应，若该反应能自发进行，则，故A错误；B 催化剂不能改变反应的，故B错误；C其它条件不变，增大起始的比值，即相当于氢气量不变时，增加氮气的用量，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，故C正确；D 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选C。13【详解】将均转化为用表示的化学反应速率，则；故反应速率由大到小的顺序为。14(1) 升高温度 加入催化剂 减小压强(2)(3)A【解析】（1）该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，t0t1段，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，t1t2段，正逆反应速率都增大，但v正v逆，则平衡逆向移动，因为该反应前后气体体积
29、改变，所以改变的条件只能是升高温度；t3t4段，正逆反应速率都增大且相等，则改变条件是加入催化剂；t4t5段，正逆反应速率都减小，且v正v逆，则平衡逆向移动，改变的条件是减小压强，故答案为：升高温度；加入加催化剂；减小压强；（2）反应速率最大时应该是纵坐标最大时，反应速率最大的时间段是t3t4段，故答案为：t3t4段；（3）A通入可增加反应物的浓度，能增大正反应速率，A选；B分离出，生成物浓度减小，反应物浓度不变，不能增大正反应速率，B不选；C降温使正反应速率减慢，C不选；D增大容积，反应物浓度减小，正反应速率减慢，D不选；故选：A。15(1) 正向 不变(2) 温度低于时，反应未达到平衡状态
30、，随温度的升高，反应速率加快，相同时间内的转化率增大 【解析】（1）根据加入量之比等于计量系数之比，则平衡转化率相等，先加入和，可以理解为先加入和，平衡后两者转化率相等，再加入1mol氢气，氢气转化率减小，因此平衡后，和的转化率的比值1；故答案为：。当达到平衡时，保持恒温，压缩容器体积，压强增大，平衡向体积减小的方向移动即平衡正向移动，由于温度不变，则化学平衡常数K不变；故答案为：正向；不变。（2）温度在下，CO改变量为0.5mol，则从反应开始至末，氢气消耗了1mol，这段时间内的反应速率；故答案为：。由图可知，在温度低于时，反应未达到平衡状态，随温度的升高，反应速率加快，相同时间内的转化率
31、增大；故答案为: 温度低于时，反应未达到平衡状态，随温度的升高，反应速率加快，相同时间内的转化率增大。已知c点时容器内气体的压强为pKPa，则在下建立三段式，该反应的压强平衡常数；故答案为：。16(1)(2)放热(3) 正向进行 QcK cd【解析】（1）由反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)，可知，K=；（2）由表格数据可知，温度升高，K值减小，说明平衡逆向移动，故此反应为放热反应；（3）830时，向容积为2L的密闭容器中充入1molCO与1molH2O，2min时CO为0.6mol，2min内v(CO)= ，反应中各物质反应速率比等于系数比，故v(CO2)= v(CO)=
32、；由三段式可知：此时K=1，反应进行的方向是正向进行，依据是QcK；a反应为气体分子数不变的反应，体系的压强不会发生变化，a错误；b混合气体的总质量不变，容器体积恒容，故密度不变，b错误；cCO的消耗速率与CO2的消耗速率相等，则说明正反应速率等于逆反应速率，达到平衡状态，c正确；d各组分的物质的量浓度不再改变，说明反应达到平衡，d正确；故选cd。17 2 10 0.075 5：8 5.3 CO2(g)+ 3H2 (g)= CH3OH(g)H=-49kJ/mol 73.5 【分析】(1)图示起始时CO2的物质的量为2 mol，浓度为1mol/L，结合c=计算容器的体积；(2)当各物质的浓度不再
33、随时间的变化而变化时，反应处于平衡状态；(3)根据v=计算反应速率；(4)恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比；(5)平衡常数K=；(6)已知： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H= -90.1 kJmol-1，CO(g) +H2O(g) CO2(g)+H2(g)H= -41.1 kJmol-1，由盖斯定律-得CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，则可计算H和平衡时反应放出的热量。【详解】(1)图示起始时CO2的物质的量为2 mol，浓度为1mol/L，则容器的体积V=2L；(2)当反应进行到10min时，各物质的浓度不再随时间的变化而变化，此时反
34、应处于平衡状态；(3)平衡时CO2的物质的量浓度0.25mol/L，c=1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，则(CO2)=0.075 mol(Lmin)；(4)由CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)可知平衡时H2的物质的量浓度为-0.75mol/L3=0.75 mol/L，H2O(g)的浓度为0.75mol/L,结合恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，可知10min时体系的压强与开始时压强之比为=5:8；(5)平衡常数K=5.3；(6)已知： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H= -90.1 kJmol-1，CO(g) +H2O
35、(g) CO2(g)+H2(g)H=-41.1 kJmol-1，由盖斯定律-得CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，则此反应的H=(-90.1 kJmol-1)-(-41.1 kJmol-1)=H=-49kJ/mol；反应在10 min内参加反应的CO2的物质的量为0.75mol/L2=1.5mol,放出的热量为49kJ/mol1.5mol=73.5kJ。【点睛】盖斯定律的应用，首先要根据所求的反应分析，分析以下几点：所求反应中的反应物在哪个反应中？是反应物还是生成物？所给反应中哪些物质是所求反应中没有的？如何才能去掉无用的？然后，通过相互加减，去掉无关物质；将所对应的H
36、代入上述化学方程式的加减中就可以了。18(1)0.18 mol/（Lmin）(2)0.4(3) Q=0.31K， 反应正向进行 2.16 mol【解析】(1)根据图像，前5 min N2O4反应的平均速率v(N2O4)=0.18mol/（Lmin）；答案为：0.18mol/（Lmin）。(2)根据图像T1达到平衡时c(NO2)=1.5mol/L、c(N2O4)=0.9mol/L，则反应的化学平衡常数K = = 0.4Lmol-1；答案为：0.4。(3)温度不变时，平衡常数不变，若起始时向该容器中充入3.6 mol NO2和2.0 mol N2O4，T1时反应的Q = =0.31Lmol-1K
37、= 0.4Lmol-1，因此反应应正向进行，直到达到新平衡；设N2O4的变化浓度为x molL-1，列出三段式 T1时反应的化学平衡常数K = = 0.4，解得x 0.08，则N2O4（g）的平衡浓度为1.08 molL-1，达到平衡时N2O4（g）物质的量为1.08mol/L2L=2.16 mol；答案为：Q =0.31K，反应正向进行；2.16mol。19(1)(2) 2mLpH=4.0的0.80mol/LFeSO4溶液 2滴0.01mol/LKSCN溶液(3) 溶液pH越小，Fe2+越稳定 溶液中存在平衡，c(H+)越大，对平衡正向进行的抑制作用越强，Fe2+越稳定(4)生成的Fe(OH
38、)3对反应有催化作用(5)加一定量的酸；密封保存【解析】（1）根据表中所示溶液颜色的变化快慢分析，FeSO4溶液与KSCN溶液反应1min后的颜色和(NH4)2Fe(SO4)2溶液与KSCN溶液反应5h后的颜色相同，说明FeSO4溶液的稳定性弱于(NH4)2Fe(SO4)2，故答案为：；（2）甲同学提出实验中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，所以可以取用与(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积相同、浓度相同、pH相同的不含的FeSO4溶液做对比实验。即取2mLpH=4.0的0.80mol/LFeSO4溶液，滴加2滴0.01mol/LKSCN溶液进行实验，
39、现象与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同，说明的存在不影响实验结果，从而否定了甲同学的观点，故答案为：2mLpH=4.0的0.80mol/LFeSO4溶液；2滴0.01mol/LKSCN溶液；（3）实验的结果说明溶液pH越小，Fe2+越稳定；根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡可知，c(H+)越大，对平衡正向进行的抑制作用越强，Fe2+越稳定，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡，c(H+)越大，对平衡正向进行的抑制作用越强，Fe2+越稳定；（4）根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡可推测，生成的Fe(OH)3对反应有催化作用，且反应初期生成的c(H+)小，对反应正向进行的
40、抑制作用很小，故答案为：生成的Fe(OH)3对反应有催化作用；（5）分析实验结果，增强Fe2+稳定性的措施可以是加一定量的酸，增大c(H+)，或进行密封保存，减少与空气的接触等，故答案为：加一定量的酸；密封保存。20(1)二氧化锰的质量和化学性质是否改变(2) 0.05 可以排除阴离子不同对实验的干扰 关闭分液漏斗的活塞，慢慢往外拉针筒再松开，若针筒往回弹回(3)【解析】（1）能加快反应速率，且反应前后质量与化学性质没有改变的物质叫做催化剂。上述实验能观察到二氧化锰能加快过氧化氢分解的速率，要想证明二氧化锰是催化剂还需要确认二氧化锰的质量和化学性质是否改变；（2）根据反应生成气体的快慢分析来比
41、较催化效果；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果是，必须保持其他的条件相同，所以将改为0.05更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰，答案为可以排除阴离子不同对实验的干扰；检验装置的气密性的操作为：按图组装好仪器后，关闭分液漏斗的活塞，慢慢往外拉针筒再松开，若针筒往回弹回，说明装置气密性良好（3）过氧化氢分解的总反应式为，第一步反应为，结合总反应可知第二步反应为，答案为。21(1) B (2)ghedij(3)浓硫酸具有吸水性，反应后的硫酸铜以固体形式存在(4)(5) 温度升高促进的分解 10、0、2、30 实验组13生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组46大【分析】用
42、铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，先干燥再收集，最后处理二氧化硫尾气，探究温度对铜与过氧化氢反应的影响时，要注意对变量的分析，只能有一个作变量。(1)用铜与浓硫酸制备，反应是铜固体和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫气体、硫酸铜和水，因此适宜的装置是B，该装置内发生的化学方程式为。(2)收集干燥的，先用浓硫酸干燥二氧化硫气体，再用向上排空气发收集二氧化硫气体，最后进行尾气处理，因此所需装置的接口连接顺序为：发生装置ghedij。(3)反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，可能是浓硫酸具有吸水性，将硫酸铜溶液中水吸收，最后硫酸铜以固体形式存在。(4)铜、硫酸和双氧水反应生成硫酸铜和水，则生成的离子方程式为。(5)小组同学认为实验13的结果，不能证明猜想成立，理由是H2O2的热稳定性较差，温度升高促进的分解。为进一步验证猜想，根据1、4；3、6；实验温度相同，实验条件中硫酸铜溶液的用量不同，得出实验2、5是一组实验对比，其方案中加入的体积分别为10、0、2、30；小组同学结合实验16，判断猜想成立，根据1和4，2和5，3和6分别对比实验得出温度升高，催化能力增强即依据是实验组13生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组46大。
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