1、第二章化学反应的方向、限度与速率一、单选题1对于反应N2(g)+3H2O(g)=2NH3(g)+O2(g)，在不同时间段内所测反应速率如下，则表示该化学反应进行最快的是A(NH3)=1.5 molL1min1B(N2)=1.2 molL1min1C(H2O)=1.67 molL1min1D(O2)=1.5 molL1min12某温度下，在密闭容器中发生反应HCHO(g)+H2(g)CH3OH(g) H = -85.2kJmol-1，反应达到平衡后，改变某条件，下列示意图正确的是ABCD3下列不属于自发进行的变化是A红墨水加到清水使整杯水变红B冰在室温下融化成水C电解饱和食盐水D铁器在潮湿的空气
2、中生锈4恒压时，和在起始物质的量时发生反应：，测得不同温度下的平衡转化率见图。有关说法正确的是A若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂B该反应的逆反应吸热C若将起始和变为原来的一半，图像发生改变D时，平衡常数5可逆反应在绝热恒容密闭容器下达到平衡，正反应速率随时间变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A反应在c点达到平衡状态B反应物浓度：a点大于b点C反应物的总能量低于生成物的总能量D时，的转化率：段一定大于段6某化学反应中，反应物B的物质的量浓度在20s内，从2.0mol/L变成了1.0mol/L，则这20s内B的反应速率为A0.05mol/(Ls)B0.05mol/(Lmin)C0.5m
3、ol/(Ls)D0.05mol/L7下列叙述与图中甲、乙、丙、丁相符合的是A图甲是锌粒与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，时刻溶液的温度最高B图乙是恒温密闭容器中发生反应时随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是缩小容器的体积C图丙表示反应，起始时的物质的量相同，达到平衡时的转化率大小为cbaD图丁表示恒容密闭容器中其他条件相同时改变温度，反应中，随时间变化的曲线，说明反应平衡常数KK8已知反应在四种不同情况下的反应速率分别如下：v(A)=0.1 molL-1min-1v(B)=0.15 molL-1min-1v(D=0.1 molL-1min-1则该反应进行速率快慢顺序正确的是AB=
4、CD9在密闭容器发生下列反应aA(g)cC(g)dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是AacdB平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大DA的转化率变大10T时在2L容积不变的密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论错误的是A容器中发生的反应可表示为：3X(g)+Y(g) 2Z(g)B保持其他条件不变，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动C反应进行前4 min内，用X表
5、示的反应速率 v(X)=0.075mol(Lmin)1D若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是使用催化剂11一定温度下，将2molA和2molB两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)B(g)xC(g)2D(g)，2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.4molL-1，下列说法正确的是（）A此温度下该反应的平衡常数K等于0.5BA的平衡转化率为40%Cx的值为1DA和B的平衡转化率相等12合成氨反应，达到平衡后，改变下列条件后，对正反应速率影响大于逆反应速率的是A减小生成物浓度B减小压强C升高温度D加入催化剂13酸性环境中，纳
6、米Fe/Ni去除NO过程中的含氮微粒变化如图所示，溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法不正确的是A反应的离子方程式为：NO+3Fe+8H+=NH+3Fe2+2H2OB增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可提高NO的去除效果C假设反应过程都能彻底进行，反应、消耗的铁的物质的量之比为3:1Da mol NO完全转化为NH至少需要4a mol的铁14K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO+10H2O4Fe(OH)3（胶体）+8OH-+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如图所示。下列说法正确的是（）A由图I可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而升高B由图II可知图中acC
7、由图I可知温度：T1T2T3D由图I可知上述反应H015五氧化二氮(化学式：)又称硝酐，是硝酸的酸酐，在一定温度下可发生以下反应：.某温度下，向恒容密闭容器中充入，发生上述反应，部分实验数据见表：时间/s0500100015005.0003.522.502.50下列说法正确的是A该温度下反应的平衡常数B反应达到平衡后，容器中的物质的量分数为10%C反应达到平衡后，保持其他条件不变，加入合适的催化剂，变小D内，二、填空题16氧化剂在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。某实验小组以分解为例，探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。实
8、验编号温度()反应物催化剂20253%溶液无20255%溶液无20255%溶液0.1g20255%溶液12滴1溶液30255%溶液0.1g(1)实验和的目的是_。同学甲在进行实验和时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了达到实验目的，可采取的改进方法是_(写出一种即可)。(2)实验、中，测得生成氧气的体积随时间变化如甲图所示。分析该图能得出的结论是_，_；(3)同学乙设计了乙图所示的实验装置对过氧化氢的分解速率进行定量分析，以生成20气体为准，其他影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是_。(4)向某体积固定的密闭容器中加入0.6A、0.2C和一定量(未知
9、)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：写出反应的化学方程式：_；若，则内反应速率_，A的转化率为_；B的起始的物质的量是_；平衡时体系内的压强为初始状态的_倍。17环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：（1）已知：(g) (g)+H2(g)H1=100.3 kJmol 1H2(g)+ I2(g) 2HI(g)H2=11.0 kJmol 1，对于反应：(g)+ I2(g) (g)+2HI(g)H3=_kJmol 1。（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器
10、内发生反应，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_，该反应的平衡常数Kp=_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_（填标号）。A通入惰性气体B提高温度C增加环戊烯浓度D增加碘浓度（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_（填标号）。AT1T2Ba点的反应速率小于c点的反应速率Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率Db点时二聚体的浓度为0.45 molL118Deacon发明的直接氧化法为：。如图为刚性容器中，进料浓度比分别等于11、41、71时平衡转化率随温度
11、变化的关系：可知反应平衡常数K（300）_K（400）（填“大于”或“小于”）。设初始浓度为，根据进料浓度比的数据计算K（400）=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比过低、过高的不利影响分别是_、_。19甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)H3回答下列问题：(1)已知反应中相关化学键键能数据如下：化学键HHC=OC
12、OHOE/( kJmol1)4368031076465由此计算H2=_ kJmol1。已知H1=63 kJmol1，则H3=_ kJmol1。(2)一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图1所示。温度为470K时，图中P点_(填“是”或“不是”)处于平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是_。提高甲醇产率的措施是_。A增大压强B升高温度C选择合适催化剂D加入大量催化剂(3)如图2为一定比例的CO2/H2，CO/H2、CO/CO2/H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。当温度为490K时，根据曲线a、c，判断合成甲醇的反应机理是_(
13、填“I”或“II”)。.CO2COCH3OH.COCO2CH3OH+H2O(4)490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，从平衡移动的角度，并结合反应、分析原因_。三、计算题20在一定温度下，将2molA和2molB两种气体相混合于体积为2L的某密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，H”“Tm时v逐渐减小的原因是_。(3)以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。阳极的电极反应式为_，若装置中消耗标准状态下O244.8L，理论上能制得碳酸二甲酯的质量_g。22温度对反应速率的影响可用阿伦尼乌斯公式的一种形式表示：。
14、式中k1、k2分别为温度T1、T2时某反应的速率常数；E为反应的活化能(单位：kJ/mol)(假定活化能在温度变化范围不大时是常数)。又对同一反应，在不同温度下反应速率常数与反应时间的关系如下：。(1)现知在300K，鲜牛奶5小时后即变酸，但在275K的冰箱里可保存50小时，牛奶变酸反应的活化能是_。(2)若鲜牛奶存放2.5小时后即变酸，则此时温度为_。23在真空密闭容器内加入amolPH4I固体，在一定温度下发生如下反应：PH4I(s)PH3(g)+HI(g)4PH3(g)P4(g)+6H2(g)2HI(g)H2(g)+I2(g)以上三个反应建立平衡后，测得HI为bmol，I2为cmol，H
15、2为dmol。(1)平衡后，增大压强，容器内n(I2)将_(填“增加”、“减小”或“不变”)。(2)计算平衡后容器内P4(g)和PH3(g)的物质的量(列出计算过程)_。四、实验题24H2O2能缓慢分解生成水和氧气，但分解速率较慢，加入催化剂会加快分解速率。某化学兴趣小组为研究不同催化剂对H2O2分解反应的催化效果，设计了如图甲、乙、丙所示的三组实验。(1)定性分析：可以通过观察甲装置的_现象，而定性得出关于Fe3+和Cu2+催化效果的结论。有同学认为该实验不能比较Fe3+和Cu2+的催化效果，理由是_。(2)定量测定：用乙装置做对照试验，仪器A的名称是_。实验时组装好装置乙，关闭A的旋塞，将
16、注射器活塞向外拉出一段距离后松开，观察活塞是否回到原来的位置。这一操作的实验目的是_。实验时以2min时间为准，需要测量的数据是_。(其它可能影响实验的因素均已忽略)(3)定量分析：利用丙装置探究MnO2对H2O2分解的催化效果。将30mL5%H2O2溶液一次性加入盛有0.10molMnO2粉末的烧瓶中，测得标准状况下由量气管读出气体的体积V(量气管)与时间(t/min)的关系如图所示。图中b点_90mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。(4)补充实验：该小组补充进行了如下对比实验，实验药品及其用量如下表所示。实验设计的目的是为了探究_。编号反应物催化剂30mL5%H2O2溶液，10滴H2O
17、0.10molMnO230mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LHCl溶液0.10molMnO230mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LNaOH溶液0.10molMnO225甲、乙、丙三个实验小组欲探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下：I甲组：利用KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中发生氧化还原反应生成CO2气体体积来探究化学反应速率的影响因素(实验中所用KMnO4溶液已加入稀硫酸酸化)。(1)用离子方程式表示该反应的原理：_。实验装置如图所示，实验时分液漏斗中A溶液一次性加入，A、B的成分见下表：序号A溶液B溶液2 mL 0.1 mol/LH2C2O4 (aq)
18、4 mL 0.01 mol/L KMnO4(aq)2 mL 0. 2 mol/LH2C2O4 (aq)4 mL 0.01 mol/L KMnO4(aq)2 mL 0. 2 mol/LH2C2O4 (aq)4 mL 0.01 mol/L KMnO4(aq) + MnSO4(少量)(2)该实验装置检查气密性的方法是_。(3)该实验探究的是_对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针简中所得CO2的体积由大到小的顺序是_(填实验序号)。II乙组：通过测定KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中发生反应时KMnO4溶液褪色所需时间的长短探究浓度对化学反应速率的影响。该实验小组配制了以下溶液
19、：0.01 mol/L KMnO4溶液2 mL；0.20 mol/L KMnO4溶液2 mL；0.10 mol/L H2C2O4溶液6 mL；0.20 mol/L H2C2O4溶液6 mL。(4)实验时使用下列各组试剂中合理的一组是_(填字母)。ABCD(5)使用上面选择那组试剂进行实验，测得溶液褪色时间分别为10s和5 s，计算褪色时间为10s的实验中草酸的反应速率v(H2C2O4)=_mol/(Ls)。26镁条投入盐酸时，快速溶解并产生大量气泡；投入热水时，其表面会附着微量气泡。受此启发，某兴趣小组对Mg与NaHCO3溶液的反应进行了如下探究：实验序号实验操作实验现象1向7.5 mL1mo
20、lL-1NaHCO3溶液中加入长3cm的镁条持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊I.探究反应产生的气体成分。(1)经检验反应产生的气体有H2，实验室检验H2的方法为_。(2)小组成员认为反应产生的气体中可能有CO2，并对此进行了如下实验(图1、图2中曲线均为对应加入镁条的数据)：实验序号实验操作2分别称取两份6.0 mL 1 molL-1NaHCO3溶液于两个相同塑料瓶中(其中一个加入0.1g镁条)，塞紧CO2气体传感器，采集数据，各重复实验1次，得到图1所示曲线3分别称取两份30.0 mL 1 molL-1NaHCO3溶液于两个相同烧杯中(其中一个加入1.1g镁条)，插入pH传感器，搅拌并采集
21、数据，得到图2所示曲线图1中曲线对应的CO2含量逐渐增大的原因为_ (用化学方程式表示)；结合实验3解释，随着时间推移，图1中曲线的数值低于曲线的原因为_。II.探究Mg与NaHCO3溶液反应比与热水反应快的原因。小组成员推测可能是溶液中的Na+或HCO加快了该反应的发生，对比实验1设计实验如下：实验序号实验操作实验现象4向_溶液中加入长3 cm的镁条持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊(3)结合实验1和4，可知溶液中的HCO加快了反应的发生。实验4中横线处内容为_。查阅文献可知，Mg(OH)2质地致密，MgCO3质地疏松，请结合必要的文字和化学用语解释HCO能加快该反应的原因为_。III.探究
22、固体浑浊物的组成。 文献显示，固体浑浊物为Mg(OH)2和MgCO3的混合物。甲、乙两位同学设计不同方案，测定混合物组成。(4)甲同学借助下图装置(可重复选用)，通过测定固体热分解产物水及二氧化碳的质量，测定其组成。按照该方案，装置的连接顺序为_(填字母编号)。(5)乙同学只测定了固体浑浊物在热分解前后的质量分别为3.42 g和2.00g，据此计算出固体浑浊物中nMg(OH)2:nMgCO3=_。27某小组探究 Br2、I2能否将Fe2+氧化，实验如下。实验试剂x现象及操作溴水i.溶液呈黄色，取出少量滴加KSCN溶液，变红碘水ii.溶液呈黄色，取出少量滴加KSCN溶液，未变红(1)实验i中产生
23、 Fe3+的离子方程式是_。(2)以上实验体现出氧化性关系：Br2_I2(填“”或“”)。(3)针对实验中未检测到Fe3+，小组同学分析：I2+2Fe2+2Fe3+2I-(反应a)，限度小，产生的c(Fe3+)低；若向ii的黄色溶液中加入AgNO3溶液，可产生黄色沉淀，平衡_(填“正向”“逆向”或“不移动”)移动，c(Fe3+)增大。(4)针对小组同学的分析，进行实验i：向的黄色溶液中滴加足量AgNO3溶液。现象及操作如下：.立即产生黄色沉淀，一段时间后，又有黑色固体从溶液中析出；取出少量黑色固体，洗涤后，加入浓硝酸，黑色固体消失，生成红棕色气体。再向溶液中加入NaCl溶液，出现白色沉淀，证明
24、黑色固体含有Ag。静置，取上层溶液，用KSCN溶液检验，变红；用CCl4萃取，无明显现象。针对上述现象，小组同学提出不同观点并对之进行研究。观点1：由产生黄色沉淀不能判断反应a的平衡正向移动，说明理由：_。经证实观点1合理。观点2：Fe3+可能由 Ag+氧化产生。实验iv：向 FeSO4溶液滴加 AgNO3溶液，_ (填操作、现象)，观点2合理。(5)观点1、2 虽然合理，但加入 AgNO3溶液能否使反应a的平衡移动，还需要进一步确认。设计实验：取ii的黄色溶液，_ (填操作、现象)。由此得出结论：不能充分说明(4)中产生 Fe3+的原因是由反应a的平衡移动造成的。参考答案：1B【解析】根据速
25、率与计量系数之比分析，比值越大速率越快，、，则比值最大即(N2)=1.2 molL1min1表示该化学反应进行最快，故B符合题意。综上所述，答案为B。2C【解析】AHCHO(g)+H2(g)CH3OH(g) H = -85.2kJmol-1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的转化率降低，与图象不符，故A错误；BHCHO(g)+H2(g)CH3OH(g)，增大CH3OH的物质的量，平衡逆向移动，氢气的转化率降低，与图象不符，故B错误；C平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关，因此增大氢气的物质的量，平衡常数不变，与图象吻合，故C正确；DHCHO(g)+H2(g
26、)CH3OH(g)，增大压强，平衡向正反应移动，氢气的百分含量降低，与图象不符，故D错误；故选C。3C【解析】A扩散现象，是熵增加的自发过程，A不符合题意；B冰的熔点为0，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是熵增加的自发过程，B不符合题意；C电解饱和食盐水，是在外电场的作用下强制发生的氧化还原反应，不是自发过程，C符合题意；D铁在潮湿的空气中生锈是发生了自发的氧化还原反应，属于电化学腐蚀，是自发进行的化学过程，D不符合题意；综上所述答案为C。4B【解析】A使用催化剂，能改变化学反应速率，但不影响化学平衡，若使用催化剂，a点二氧化硫转化率和b点应相同，故A错误；B升高温度，平衡向吸热反应方向移动
27、，由图可知，升高温度，二氧化硫的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为逆反应为吸热反应，故B正确；C恒压时，将起始n(SO2)和n(O2)变为原来的一半，与原平衡为恒压等效平衡，二氧化硫的转化率不变，图像不变，故C错误；D容器的体积未知，不能确定各物质的平衡浓度，无法计算K，故D错误；故选：B。5B【解析】A化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A项错误；Ba到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，即反应物浓度：a点大于b点，B项正确；C从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度
28、减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C项错误；D随着反应的进行，正反应速率增大，t1t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段，D项错误；答案选B。6A【解析】v(B)=0.05mol/(Ls)，答案为A。7B【解析】A锌粒与盐酸的反应是放热反应，随反应的进行，温度越来越高，A错误；B恒温密闭容器中发生反应，温度不变，平衡常数不变，时缩小容器的体积，迅速增大，重新达到平衡后与原平衡中相等，B正确；C图丙表示反应，起始时的浓度越大，的转化率越大，达到平衡时的转化率大小为abc，C错误；D根据图丁可知，曲线代表的温度大于曲线，升高温度，甲醇的物质的量减少
29、，正反应放热，所以反应平衡常数KK，D错误；故选B。8C【解析】在单位相同的条件下，将不同物质的反应速率除以其计量数，得到的数值越大说明该反应速率越大，v(A)=0.1 molL-1min-1，v(B)=molL-1min-1，v(D=molL-1min-1，反应速率：，故选C。9A【解析】反应aA(g)cC(g)dD(g)，达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向移动；平衡逆向移动，D的体积分数减小；平衡逆向移动，A的转化率减小；增大压强，平衡逆向移动，则acd；故选A。10B【解析】A由图1可知
30、，X、Y的物质的量减小，为反应物，n(X)=2.0mol1.4mol=0.6mol，n(Y)=1.6mol1.4mol=0.2mol，Z的物质的量增大，为生成物，n(Z)=0.8mol0.4mol=0.4mol，故X、Y、Z的化学计量数之比为0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，反应最后各物质的物质的量不变，为可逆反应，故该反应为3X(g)+Y(g)2Z(g)，故A正确；B由图2可知，温度T2到达平衡需要的时间较短，故T2T1，温度越高Y的含量降低，升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应是吸热反应，故B错误；C由图1可知，3min时反应达平衡，X的物质的量变化量为2.0mol
31、1.4mol=0.6mol，故v(X)=0.075mol(Lmin)1，故C正确；D图3与图1相比，平衡时各组分的物质的量不变，到达平衡时间缩短，说明改变条件，增大反应速率，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是增大压强，故改变条件是使用催化剂，故D正确；故选B。11A【解析】列三段式： C根据题意0.2x mol/L = 0.4mol/L，解得x = 2，C错；A，A正确；BA平衡转化率= ，B错；DB的平衡转化率=，D错；故答案选A。12B【解析】由N2+3H22NH3 H0可知，该反应为气体体积减小、且放热的反应，升高温度平衡逆向移动，增大压强平
32、衡正向移动，减小生成物浓度平衡正向移动，结合升高温度、增大压强、增大浓度、使用催化剂均加快反应速率，据此分析解题。【解析】A减小生成物浓度平衡正向移动，反应速率减小，瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，则对逆反应的反应速率影响更大，A不合题意；B该反应为气体体积减小的反应，减小压强正、逆反应速率均减小，但平衡逆向移动，则对正反应的反应速率影响更大，B符合题意；C该反应为放热反应，升高温度正、逆反应速率均增大，但平衡逆向移动，对逆反应的反应速率影响更大，C不合题意； D加入催化剂，同等程度地改变正、逆反应速率，平衡不移动，D不合题意；故答案为：B。13C【解析】A据图可知反应ii中NO被Fe还原
33、为NH，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为NO+3Fe+8H+=NH+3Fe2+2H2O，A正确；B增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，即增大其浓度，同时也增大反应物间的接触面积，可提高NO的去除效果，B正确；C反应i中NO中被Fe还原为NO，Fe被氧化为Fe2+，根据电子守恒可知1mol NO氧化1molFe，同时生成1mol NO，根据A选项可知，1mol NO可以氧化3molFe，所以反应、消耗的铁的物质的量之比为1:3，C错误；D根据C选项分析可知，将a mol NO完全转化为NH至少需要amol+3amol=4a mol的铁，D正确；综上所述答案为C。14C【解析】A由图I
34、数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，则温度T1T2T3，温度越高平衡时浓度越小，说明K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，A错误；B由题给方程式可知，增大氢氧根浓度，平衡向逆反应方向移动，的浓度增大，结合图II可知，平衡时浓度：ac，则溶液中氢氧根的浓度为ac ，故pH：ac，B错误；C由图I数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，则温度T1T2T3， C正确；D由图I数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，则温度T1T2T3，温度越高平衡时浓度越小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应正反应为吸热反应，H0，故D错误；故答案为：C。15A【解析】A，A正确；B体积相
35、同，物质的量之比=浓度之比=，B错误；C=生成物总能量-反应物总能量，加入催化剂后，参与反应的反应物和生成物能量均未改变，故不变，C错误；Dv=，D错误；答案选A。16 探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) 升高温度，反应速率加快 对过氧化氢分解的催化效果更好 产生20气体所需的时间 0.006 60% 0.08 1【解析】(1)实验和的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了便于比较，需要加快反应速率，可以向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试
36、管放在同一热水浴中，升高相同温度)，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)；(2)由图可知，、中的反应速率大，说明升高温度，反应速率加快；、中的反应速率小，说明MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好，故答案为：升高温度，反应速率加快；MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好；(3)反应是通过反应速率分析的，根据，所以实验中需要测量的数据是时间(或收集一定体积的气体所需要的时间)，故答案为：产生20mL气体所需的时间；(4)由图可知，A、B的物质的量减小，C的物质的量增加，且t1时物质的量不变，说明该反应为可逆反应，A、C
37、的物质的量的变化量之比为(0.15-0.06)(0.11-0.05)=32，反应过程中混合气体的平均相对分子质量不变，则反应为3AB+2C，故答案为：3AB+2C；若t1=10时，则内以C物质浓度变化表示的反应速率；t1时，A的转化率为，故答案为：0.006；60%；由A和C的变化量之比为(0.15-0.06)(0.11-0.05)=32，可以推出B的变化量为0.03mol/L，容器的体积为4L，所以B起始的物质的量是(0.05-0.03)4mol=0.08mol；根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其分子数之比。由于反应前后气体的分子数保持不变
38、，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍，故答案为：0.08mol；1。17 89.3 40 3.56104 BD CD【解析】(1)利用盖斯定律解题；(2)利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；(3)通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图像计算；【解析】(1)已知：(g)=(g)+H2(g)H1=+100.3kJmol-1 ，H2(g)+I2(g)=2HI(g)H2=-11.0kJmol-1，根据盖斯定律，+得(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)H3=(+100.3kJmol-1)+(-11.0kJmol-1)=+8
39、9.3kJmol-1；(2)设碘和环戊烯()的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol，(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)初始(mol)n n0 0转化(mol)x xx 2x平衡(mol)n-xn-xx2x刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则：=1+20%，解得：x=0.4n，平衡时环戊烯的转化率为：100%=40%；平衡时混合气体的压强为：105Pa(1+20%)=1.2105Pa，混合气体总物质的量为：(n-0.4n+n-0.4n+0.4n+0.4n2)mol=2.4nmol，平衡时各组分所占压强分别为p()=p(I2)=1.2105Pa=3104Pa，p()=1.2105Pa=2104Pa，p(HI)=1.2105Pa=4104Pa，该反应的平衡常数Kp=3.56104Pa；A通入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，则环戊烯的转化率不变，故A错误；B该反应为吸热反应，提高温度平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故B正确；C增加环戊烯浓度，环戊烯的转化率减小，故C错误；D增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故D正确；故答案为BD；(3)A温度越高反应速率越快