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2022届高三化学高考备考一轮复习化学影响化学反应速率因素专项训练
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这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习化学影响化学反应速率因素专项训练，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（15题）
1．证掘推理是化学学科重要的核心索养。下列证据与推理的关系，正确的是
A．AB．BC．CD．D
2．亚氯酸钠(NaClO2)可作漂白剂，遇强酸生成亚氯酸，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为 5HClO2=4ClO2↑＋H＋＋Cl-＋2H2O。向H2SO4溶液中滴加NaClO2，开始时HClO2分解反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因可能是
A．溶液中的Cl-起催化作用B．ClO2逸出，使反应的生成物浓度降低
C．溶液中的H＋起催化作用D．在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强
3．利用所学化学知识积极探索资源的有效使用、节约使用和循环使用，以实现循环经济和可持续发展，从而实现废弃物的综合利用和保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备的部分实验步骤如图：
下列说法错误的是
A．“溶解I”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液I”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解II”过程中，有大量的气体产生
D．“操作I”需要用到酒精灯、玻璃棒等仪器
4．一定条件下，在恒压绝热容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92.4kJ·ml-1。下列有关说法正确的是
A．达到化学平衡状态时，v正(N2)=3v逆(H2)
B．容器内的压强不再变化说明反应达到化学平衡状态
C．向容器中充入氮气，正反应速率增大
D．加入1mlN2和3mlH2，充分反应后放出热量92.4kJ
5．对水样中影响M分解速率的因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度c(M)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是
A．水样pH越大，M的分解速率越快
B．水样中添加Cu2＋，能加快M的分解速率
C．由①、③得，反应物浓度越大，M的分解速率越慢
D．在0～20 min内，②中M的分解速率为0.15 ml·L-1·min-1
6．下列有关应用的化学解释错误的是
A．AB．BC．CD．D
7．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
8．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是
A．化合物A与H2O之间的碰撞均为有效碰撞
B．该历程中的最大能垒(活化能)E正=16.87 kJ·ml-1
C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
D．平衡状态时，升温使平衡逆向移动
9．苯和甲醇在催化剂H—ZSM—5上反应生成甲苯的计算机模拟反应能线图如图。下列有关说法错误的是(已知：TS代表反应过渡态；Int代表反应中间体。)
A．决定该反应速率的步骤为Int1→Int2
B．该反应的化学方程式为+CH3OH→+H2O
C．反应过程中铝元素的化合价和成键数目均未改变
D．升高温度能够增大苯和甲醇的转化率
10．某反应的反应机理可以分成如下两步，下列说法错误的是
A．在条件相同时，该反应的速率由第一步反应速率决定
B．该反应的总反应方程式为NO2+CONO+CO2
C．升高温度只会影响第一步反应速率，对第二步反应速率无影响
D．加入合适的催化剂既可加快反应速率，又可降低反应的活化能
11．工业上利用Ga与NH3高温条件下合成半导体材料氮化镓(GaN)固体同时有氢气生成。反应中，每生成3ml H2时放出30.8 kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应，下列有关表达正确的是
A．Ⅰ图像中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可以为升温或加压
B．Ⅱ图像中纵坐标可以为镓的转化率
C．Ⅲ图像中纵坐标可以为化学反应速率
D．Ⅳ图像中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量
12．乙烯(CH2=CH2)催化加氢的机理如图甲所示，其中“”代表催化剂；其位能与反应进程关系如图乙所示。下列说法错误的是
A．①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂
B．上述过程中，CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键
C．途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1
D．CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E3-E1)kJ·ml-1
13．工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH=-198kJ·ml-1，反应过程可用下图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法不正确的是
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了整个反应进行的程度
B．过程Ⅱ为吸热过程，过程Ⅲ为放热过程
C．加入SO2和O2各1ml，充分反应后放出的热量小于99KJ
D．催化剂可降低反应的活化能，使ΔH减小
14．我国某科研团队研究了一种利用半导体光催化还原氮气制备氨气的方法，该方法因具有高效、清洁的优点而引起极大关注，其过程示意图如图所示。下列说法错误的是
A．该过程为催化剂
B．该过程表明，氮气和氢气反应合成氨，
C．该过程中总反应的化学方程式为
D．工业上把液态空气升温，可获得，比先汽化出来
15．科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个分子还原的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．该反应的热化学方程式为
B．决定整个反应速率快慢的步骤是①
C．反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键
D．改变催化剂，不能使反应的焓变发生改变
二、填空题（4大题）
16．水溶性硝态氮(以NO、NO等形式存在)是水体污染物之一，须处理达到国家规定的标准后才能排放。
（1）在反硝化细菌作用下，用葡萄糖处理酸性废水中的NO，产生两种对大气无污染的气体。该反应的离子方程式为___________。
（2）纳米铁铜双金属有巨大的比表面积和很高的反应活性，可用于水体脱硝。
① 纳米铁铜双金属与普通铁铜双金属脱硝效果(以处理某硝酸盐为例)如图-1所示。在0到20min内，纳米铁铜双金属脱硝效果显著，其原因可能是___________。
② 研究表明水体中溶解氧的存在降低了纳米铁铜双金属脱硝的效果，验证的实验方案是______。
（3）Jetten 等人提出了利用厌氧氨氧化菌细胞中的三种酶处理废水中NH3和NO的生化反应模型，其反应机理如图-2所示。在NR酶和HH酶作用下的反应过程可分别描述为___________、___________。
17．含铁化合物是重要的基础材料。
请问答：
（1）已知： ，。。当时，正反应是自发的，此时的逆转温度为___________K。
（2）高炉炼铁中发生的基本反应之一为：
①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，判断反应速率(正)___________(逆)，理由是___________。
②下列说法不正确的是___________。
A．须采用高温高压的反应条件使FeO还原为
B．粉碎FeO能增大接触面积从而提高反应速率
C．平衡时提高CO气体的分压有利于提高Fe的产量
D．加入CaCO3(s)后因分解产生CO2必使平衡逆向移动
③高炉炉体结构如图1所示，以铁矿石、焦炭、石灰石和空气为原料，由图2推测炉腹中发生的主要反应是___________(选填：a、b、c、d)。
④若将体积比为1：1的CO和H2混合煤气通入进风口，测得不同温度下FeO还原到后，还原剂剩余的物质的量n值如下：
请结合表格中的数据说明CO和H2分别还原FeO的倾向性大小是___________。
（3）一定条件下，FeCl2或FeCl3都可以催化分解H2O2。总反应都是。请写出用FeCl3催化的离子方程式。①___________；②___________。
18．科学家在实验室研究利用催化技术将飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。
（1）若将3mlNO和2mlCO通入10L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生上述反应，各组分的物质的量浓度随时间的变化情况如图1所示。
①图中曲线A表示___(填“NO”“CO”“N2”或“CO2”，下同)的浓度变化，曲线C表示的是的___浓度变化。
②在0～4min内NO的平均反应速率v(NO)=___，4min末N2的浓度为___。
③4min末，采用下列措施一定能加快上述反应速率的是___(填标号)。
A．升高体系的温度 B．充入一定量的O2
C．将容器体积变为5L D．充入一定量氦气
（2）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了验证催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，在温度为T0时，某同学设计了以下三组实验：
在图2中分别画出表中实验Ⅱ、Ⅲ条件下混合气体中NO的浓度随时间变化的曲线，并标明各条曲线的实验编号___。
19．回答下列问题
（1）二氟卡宾(：CF2)作为一种活性中间体，一直受到有机氟化学研究工作者的高度关注。硫单质与二氟卡宾可以形成S=CF2，反应历程如图所示：
①由生成的活化能为__________________；
②决定反应速率的基元反应的活化能为______________________。
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应的影响。实验结果如图所示：（图中T表示温度，n表示物质的量）
①图像中T2和T1的关系是：T2___________ T1(填“高于”、“低于”、 “等于”或“无法确定”)。
②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N 2的转化率最高的是_______________(填字母)。
③在起始体系中n(N2)：n(H2)= 1：3时，反应后氨的百分含量最大；若容器容积为1 L， n=3 ml反应达到平衡时H2的转化率为60%，则此条件下(T2)，反应的平衡常数K=__________________。
选项
证据
推理
A
向FeCl3溶液中加入几滴30%的H2O2溶液，产生气体的速率加快，一段时间后，液体颜色加深
Fe3+能催化H2O2的分解，且该分解反应为放热反应
B
室温下，将BaSO4固体投入饱和碳酸钠溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生
Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
C
将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈红色
Fe(NO3)2晶体已变质
D
室温下，用pH试纸测得0.1mL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1ml/LCH3COONa溶液的pH等于9
酸性：CH3COOH强于H2CO3
选项
应用
解释
A
液氨用作制冷剂
氨易液化，液氨气化时要吸收大量的热
B
实验室用锌与稀硫酸反应制取氢气时加几滴硫酸铜溶液
形成原电池能加快反应速率
C
氯化铁溶液用于蚀刻铜电路板
能将氧化为
D
工业上用淀粉生产酒精
淀粉可水解得到酒精
反应机理
第一步反应
第二步反应
2NO2=NO3+NO (慢反应)
NO3+CO=NO2+CO2(快反应)
还原剂
600℃
700℃
800℃
900℃
1000℃
1100℃
1200℃
H2
4.18
3.34
2.94
2.60
2.32
2.30
2.25
CO
1.66
2.50
2.90
3.24
3.52
3.54
3.59
实验编号
T(K)
NO的初始浓度(ml•L-1)
CO的初始浓度(ml•L-1)
催化剂的比表面积(m2•g-1)
Ⅰ
T0
1.20×10-3
3.80×10-3
75
Ⅱ
T0
1.20×10-3
3.80×10-3
50
Ⅲ
T0
1.20×10-3
3.80×10-3
100
参考答案
1．A
【详解】
A．向FeCl3溶液中加入几滴30%的H2O2溶液，产生气体的速率加快，说明Fe3+能催化H2O2的分解，一段时间后，液体颜色加深，则氢氧化铁浓度增大，说明铁离子水解平衡右移，究其原因为升温引起的，则说明该分解反应为放热反应，A正确；
B．室温下，将BaSO4固体投入饱和碳酸钠溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，则有部分硫酸钡转变为碳酸钡，原因为：由于饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大、使Qc(BaCO3) >Ksp(BaCO3) 导致碳酸钡沉淀析出、钡离子浓度变小、使Ksp(BaSO4)> Qc(BaSO4)、使部分硫酸钡沉淀溶解。因此难以说明Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小 ，B错误；
C．将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中，Fe2+、与一定浓度的氢离子能发生反应，例如：，滴入几滴KSCN溶液，溶液必定呈红色，难以说明Fe(NO3)2晶体已变质，C错误；
D．室温下，用pH试纸测得0.1mL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1ml/LCH3COONa溶液的pH等于9，说明碳酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的，只能说明碳酸氢根电离能力小于醋酸，不能说明酸性：CH3COOH强于H2CO3，D错误；
答案选A。
2．A
【详解】
A．反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可能氯离子起催化作用，故A正确；
B．逸出ClO2，反应正向移动，则反应的生成物的浓度增加，故B错误；
C．由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见氢离子不起催化作用，故C错误；
D．若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，与信息不符，故D错误；
故选A。
3．C
【分析】
电池铜帽（主要成分为Cu、Zn )加入稀硫酸溶解，Cu不溶于H2SO4，锌溶于H2SO4，过滤除去滤液ZnSO4，分离出固体Cu，Cu与H2O2、H2SO4反应生成CuSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤获得CuSO4∙5H2O，以此分析解答。
【详解】
A．“溶解Ⅰ”中，将铜帽粉碎，增大了固体接触面积，可加快反应速率，A正确；
B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，则“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；
C．“溶解Ⅱ”过程中发生反应为Cu+ H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，没有气体生成，C错误﹔
D．“操作Ⅰ”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，需要使用酒精灯和玻璃棒等仪器，D正确；
故合理选项是C。
4．C
【详解】
A．在任何情况下用不同物质表示反应速率时，速率之比等于化学方程式计量数之比，达到化学平衡状态时，3v正(N2)=v逆(H2)，说明氢气正、逆反应速率相同，反应达到平衡状态，但v正(N2)=3v逆(H2)说明正、逆反应速率不相同，反应正向进行，不能据此判断反应为平衡状态，A错误；
B．反应前后气体体积变化，反应在恒压绝热容器中进行，压强始终不变，因此不能说明反应达到化学平衡状态，B错误；
C．向恒压绝热容器中充入氮气，单位体积内活化分子百分数增大，正反应速率增大，C正确；
D．反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以加入1 ml N2和3 ml H2，反应达到平衡状态时，充分反应后放出热量小于92.4 kJ，D错误;
答案选C。
5．B
【详解】
A．由图可知，①和②水样中M的物质的量浓度相等，①水样pH大于②，分解速率小于②，则水样pH越大，反应速率越慢，故A错误；
B．由图可知，③和④样中M的物质的量浓度、水样pH相等，④中加入铜离子，分解速率大于③，则水样中添加Cu2＋，能加快M的分解速率，故B正确；
C．由图可知，①和③水样pH，①水样中M的物质的量浓度大于③，分解速率大于③，则反应物浓度越大，M的分解速率越快，故C错误；
D．由图可知，在0～20 min内，②中M的平均分解速率为=0.015 ml·L-1·min-1，故D错误；
故选B。
6．D
【详解】
A．氨气易液化且液氨气化时要吸收大量的热，故可做制冷剂，故A正确；
B．锌与硫酸铜可以置换出铜，铜与锌、硫酸组成原电池，加快反应速率，故B正确；
C．氯化铁溶液用于蚀刻铜电路板的反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C正确；
D．淀粉水解最终产物是葡萄糖，水解产物中没有酒精，故D错误；
故选D。
7．B
【详解】
A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
8．D
【详解】
A．由图可知，化合物A与H2O的反应历程经历了3个阶段，说明该反应的反应速率不快，化合物A与H2O之间的碰撞并没有都发生反应，即化合物A与H2O之间的碰撞不均为有效碰撞，A错误；
B．该历程中的最大能垒(活化能)△E正=16.87 kJ/ml-(-1.99kJ/ml)=18.86 kJ/ml，B错误；
C．催化剂可降低反应所需的活化能，改变反应速率，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应始态和终态的总能量，即不能改变反应热，C错误；
D．由图可知：反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则该反应是放热反应。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，D正确；
故合理选项是D。
9．D
【详解】
A. Int1→Int2所需要的能量最大，决定该反应速率，故A正确；
B. 分析整个反应历程图可得该反应的化学方程式为+CH3OH→+H2O，故B正确；
C. 从反应的中间体可看出反应过程中铝元素的化合价和成键数目均未改变，故C正确；
D. 从反应的历程图可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不能增大苯和甲醇的转化率，故D错误；
故答案为：D
10．C
【详解】
A．在条件相同时，该反应的速率由慢反应决定，故由第一步反应速率决定，A正确；
B．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得反应的总反应方程式为：NO2+CONO+CO2，B正确；
C．升高温度对第一步反应速率和第二步反应速率均有影响，都会加快，C错误；
D．加入合适的催化剂可降低反应的活化能，从而加快反应速率，D正确；
答案选C。
11．A
【详解】
A．Ⅰ图像中如果纵坐标为正反应速率，升高温度或增大压强，反应速率增大，图像符合题意，正确；
B．Ga是固体，没有浓度可言，不能计算其转化率，错误；
C．Ga是固体，其质量不影响反应速率，错误；
D．反应方程式为，相同压强下，升高温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，错误。
故答案选A。
12．D
【详解】
A． 由图知，①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂，A正确；
B．由图知，④中已没有碳碳双键、而是碳碳单键，则上述过程中CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键，B正确；
C．使用催化剂，能降低反应的活化能。途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1，C正确；
D．焓变ΔH =正反应的活化能−逆反应的活化能；则 CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E1-E3)kJ·ml-1=(E2-E4)kJ·ml-1，D不正确；
答案选D。
13．D
【详解】
A．过程I是吸附放热过程，自发进行程度大，但过程II是共价键断裂的过程，过程IV是生成物解吸过程，需要消耗能量，它们的活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A正确；
B．由图可知，过程II化学键断裂，为吸热过程，过程III化学键形成，为放热过程，B正确；
C．反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-198kJ/ml是可逆反应，所以1mlSO2和1mlO2反应时消耗SO2的物质的量小于1ml，放热小于99kJ，C正确；
D．催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误；
故选：D。
14．B
【详解】
A．利用半导体光催化还原氮气制备氨气，根据过程示意图可知，为该反应的催化剂，A正确；
B．该过程不能表明氮气和氢气反应合成氨的反应能量变化，B错误；
C．根据题意和过程示意图可知总反应的化学方程式为：，C正确；
D．工业上把液态空气升温，沸点低的物质先汽化，比先汽化出来，D正确；
答案为：B。
15．A
【详解】
A．该过程表示一个分子还原的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是2ml分子被还原的能量，故A错误；
B．活化能大速率慢，是决速步骤，①的活化能大于②，决定整个反应速率快慢的步骤是①，故B正确；
C．反应物分子既含有键和键，生成物N2和CO2含有键和键，所以反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键，故C正确；
D．催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变，故D正确；
故答案为A。
16．
（1）5C6H12O6＋24NO＋24H＋ 12N2↑＋30CO2↑＋42H2O.
（2） 纳米铁铜双金属的比表面积大，能吸附废水中更多的硝态氮；纳米铁铜双金属颗粒更小，表面的反应活性点更多（或还原性更强）；纳米铁铜双金属能形成更多的微小原电池，短时间内反应速率更快 向两支试管中分别加入等体积硝态氮废水，同时通入相同时间的足量的空气和氮气；停止通气后，向两支试管中加入等量的纳米铁铜双金属，相同时间后，测定两份废水中硝态氮的含量，比较有氧和无氧环境中的脱氮率
（3） 在NR酶的作用下，NO在酸性介质中（结合H＋）得电子生成NH2OH（和H2O）（或NO＋5H＋＋4e－=NH2OH＋H2O） 在HH酶的作用下，NH2OH和NH3转化为N2H4（和H2O）（或NH2OH＋NH3=N2H4＋H2O）
【解析】
（1）
葡萄糖的化学式为C6H12O6，与反应生成两种无污染气体，由元素守恒确定，这两种气体为N2和CO2，C6H12O6中C为0价，根据C和N得失电子守恒配平反应，确定C6H12O6前配5，前配24，N2前配12，CO2前配30，根据电荷守恒知，反应前需要补充H＋，系数为24，由H、O守恒确定H2O前的系数为42，方程式为5C6H12O6＋24NO＋24H＋ 12N2↑＋30CO2↑＋42H2O；
（2）
①纳米铁铜双金属与普通铁铜双金属从组成上看是相同的，都是Fe和Cu两种元素，在温度等外界条件也相同的条件下，纳米铁铜双金属效率高的原因是是纳米铁铜颗粒小，其表面积大，易吸附，也可以从纳米铁铜双金属形成的活性点或原电池的角度解释；
②要证明O2对纳米铁铜双金属脱硝的效果的影响，需设计对照实验，即一个没有O2的实验，一个有O2的实验，实验可设计为：向两支试管中分别加入等体积硝态氮废水，同时通入相同时间的足量的空气和氮气；停止通气后，向两支试管中加入等量的纳米铁铜双金属，相同时间后，测定两份废水中硝态氮的含量，比较有氧和无氧环境中的脱氮率；
（3）
根据图-2中物质的流向可知，在NR酶的作用下，NO与H+得电子生成NH2OH；在HH酶的作用下，NH2OH和NH3转化为N2H4。
17．
（1）900K
（2） ＞ ，即，故(正)(逆) AD b 约800℃之前，CO大于H2；800℃之后，H2大于CO
（3）
【解析】
（1）
△G=△H-T△S＜0，-151.2kJ/ml-T×[0.168kJ/(ml·K)] S＜0，解得T=900K；
（2）
①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，此时的浓度商，即，反应未达到平衡状态，因此反应正向进行，(正)(逆)；
②A．该反应的正反应是气体体积不变是放热反应，要使FeO还原为，须采用适当温度和高压的反应条件，若是高温条件，化学平衡逆向移动，不利于FeO向Fe的转化，A错误；
B．粉碎FeO能增大FeO与CO的反应接触面积，增大反应碰撞，从而提高反应速率，B正确；
C．平衡时提高CO气体的分压，即增大CO的浓度，可以使化学平衡正向移动，因此有利于提高Fe的产量，C正确；
D．加入CaCO3(s)后，CaCO3分解需吸收能量，会使反应体系的温度降低，可能会使平衡向吸热的正反应方向移动，其分解产生CO2气体，生成物浓度增大，也可能使化学平衡逆向移动，因此加入CaCO3(s)后化学平衡不一定是逆向移动，D错误；
故合理选项是AD；
③在炉腹中温度是1400-1800℃，主要反应是FeO+COFe+CO2，冶炼产生的Fe水进入炉缸中，由出铁口流出，故合理选项是b；
④根据表格数据可知：在约800℃之前，CO的还原性大于H2；800℃之后，H2的还原性大于CO；
（3）
FeCl3是H2O2分解的催化剂，反应分步进行，首先是；然后发生反应：，总反应方程式为：。
18．
（1） NO CO2 0.025ml•L-1•min-1 0.05ml•L-1 AC
（2）
【解析】
（1）
①将3mlNO和2mlCO通入10L的恒容密闭容器中，则NO的起始浓度为0.3ml/L，CO的起始浓度为0.2ml/L，因此A表示NO的浓度变化；C和D起始浓度为0，为生成物，平衡之前，相同时间内C的浓度变化量是D的2倍，C表示的应为CO2浓度变化；
②在0～4min内NO的平均反应速率v(NO)==0.025ml•L-1•min-1；4min内N2的浓度变化量为×0.1ml/L=0.05ml•L-1，则4min 末N2的浓度=0.05ml•L-1-0=0.05ml•L-1；
③A．升高体系的温度，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；
B．充入一定量的O2，消耗NO，NO浓度减小，反应速率减慢，B不符题意；
C．将容器体积由10L变为5L，则相当于压缩体积，增大压强，反应速率加快，C符合题意；
D．充入一定量氦气，体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，D不符题意；
选AC；
（2）
由题意可知：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率，因此实验Ⅱ到达平衡的时间应比Ⅰ长，实验Ⅲ到达平衡的时间应比Ⅰ短，但催化剂不能使平衡发生移动，即平衡时NO的浓度Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均相同，因此如图：。
19．
（1） 34.21 kJ/ml 41.65 kJ/ml
（2） 低于 c 或2.08或2.1
【分析】
（1）
①根据图示可知：由生成的活化能为5.41 kJ/ml-(-28.80 kJ/ml)=34.21 kJ/ml；
②由图可中：步骤2的活化能最大，该步反应速率最慢，是决定整个反应速率的快慢，该基元反应的活化能为37.29 kJ/ml-(-4.36 kJ/ml)=41.65 kJ/ml；
（2）
①合成氨气的反应是放热反应。在其他条件不变时，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡含量降低。根据图示可知NH3的平衡含量：T2＞T1，所以温度T2＜T1；
②在温度不变时，增大H2的含量，化学平衡正向移动，可以促进N2转化为NH3，因而可提高N2的平衡转化率。所以在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N 2的转化率最高的是c点；
③当氮气和氢气的物质的量之比为1：3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，当n=3 ml反应达到平衡时H2的转化率为60%，故起始氮气浓度为1 ml/L，变化的氢气浓度为3ml/L×60%=1.8 ml/L，变化的氮气浓度为0.6 ml/L，平衡时N2、H2、NH3的浓度分别是0.4 ml/L、1.2 ml/L、1.2 m/L，故该反应的化学平衡常数K=。
一、单选题（15题）
1．证掘推理是化学学科重要的核心索养。下列证据与推理的关系，正确的是
A．AB．BC．CD．D
2．亚氯酸钠(NaClO2)可作漂白剂，遇强酸生成亚氯酸，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为 5HClO2=4ClO2↑＋H＋＋Cl-＋2H2O。向H2SO4溶液中滴加NaClO2，开始时HClO2分解反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因可能是
A．溶液中的Cl-起催化作用B．ClO2逸出，使反应的生成物浓度降低
C．溶液中的H＋起催化作用D．在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强
3．利用所学化学知识积极探索资源的有效使用、节约使用和循环使用，以实现循环经济和可持续发展，从而实现废弃物的综合利用和保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备的部分实验步骤如图：
下列说法错误的是
A．“溶解I”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液I”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解II”过程中，有大量的气体产生
D．“操作I”需要用到酒精灯、玻璃棒等仪器
4．一定条件下，在恒压绝热容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92.4kJ·ml-1。下列有关说法正确的是
A．达到化学平衡状态时，v正(N2)=3v逆(H2)
B．容器内的压强不再变化说明反应达到化学平衡状态
C．向容器中充入氮气，正反应速率增大
D．加入1mlN2和3mlH2，充分反应后放出热量92.4kJ
5．对水样中影响M分解速率的因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度c(M)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是
A．水样pH越大，M的分解速率越快
B．水样中添加Cu2＋，能加快M的分解速率
C．由①、③得，反应物浓度越大，M的分解速率越慢
D．在0～20 min内，②中M的分解速率为0.15 ml·L-1·min-1
6．下列有关应用的化学解释错误的是
A．AB．BC．CD．D
7．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
8．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是
A．化合物A与H2O之间的碰撞均为有效碰撞
B．该历程中的最大能垒(活化能)E正=16.87 kJ·ml-1
C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
D．平衡状态时，升温使平衡逆向移动
9．苯和甲醇在催化剂H—ZSM—5上反应生成甲苯的计算机模拟反应能线图如图。下列有关说法错误的是(已知：TS代表反应过渡态；Int代表反应中间体。)
A．决定该反应速率的步骤为Int1→Int2
B．该反应的化学方程式为+CH3OH→+H2O
C．反应过程中铝元素的化合价和成键数目均未改变
D．升高温度能够增大苯和甲醇的转化率
10．某反应的反应机理可以分成如下两步，下列说法错误的是
A．在条件相同时，该反应的速率由第一步反应速率决定
B．该反应的总反应方程式为NO2+CONO+CO2
C．升高温度只会影响第一步反应速率，对第二步反应速率无影响
D．加入合适的催化剂既可加快反应速率，又可降低反应的活化能
11．工业上利用Ga与NH3高温条件下合成半导体材料氮化镓(GaN)固体同时有氢气生成。反应中，每生成3ml H2时放出30.8 kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应，下列有关表达正确的是
A．Ⅰ图像中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可以为升温或加压
B．Ⅱ图像中纵坐标可以为镓的转化率
C．Ⅲ图像中纵坐标可以为化学反应速率
D．Ⅳ图像中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量
12．乙烯(CH2=CH2)催化加氢的机理如图甲所示，其中“”代表催化剂；其位能与反应进程关系如图乙所示。下列说法错误的是
A．①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂
B．上述过程中，CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键
C．途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1
D．CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E3-E1)kJ·ml-1
13．工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH=-198kJ·ml-1，反应过程可用下图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法不正确的是
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了整个反应进行的程度
B．过程Ⅱ为吸热过程，过程Ⅲ为放热过程
C．加入SO2和O2各1ml，充分反应后放出的热量小于99KJ
D．催化剂可降低反应的活化能，使ΔH减小
14．我国某科研团队研究了一种利用半导体光催化还原氮气制备氨气的方法，该方法因具有高效、清洁的优点而引起极大关注，其过程示意图如图所示。下列说法错误的是
A．该过程为催化剂
B．该过程表明，氮气和氢气反应合成氨，
C．该过程中总反应的化学方程式为
D．工业上把液态空气升温，可获得，比先汽化出来
15．科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个分子还原的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．该反应的热化学方程式为
B．决定整个反应速率快慢的步骤是①
C．反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键
D．改变催化剂，不能使反应的焓变发生改变
二、填空题（4大题）
16．水溶性硝态氮(以NO、NO等形式存在)是水体污染物之一，须处理达到国家规定的标准后才能排放。
（1）在反硝化细菌作用下，用葡萄糖处理酸性废水中的NO，产生两种对大气无污染的气体。该反应的离子方程式为___________。
（2）纳米铁铜双金属有巨大的比表面积和很高的反应活性，可用于水体脱硝。
① 纳米铁铜双金属与普通铁铜双金属脱硝效果(以处理某硝酸盐为例)如图-1所示。在0到20min内，纳米铁铜双金属脱硝效果显著，其原因可能是___________。
② 研究表明水体中溶解氧的存在降低了纳米铁铜双金属脱硝的效果，验证的实验方案是______。
（3）Jetten 等人提出了利用厌氧氨氧化菌细胞中的三种酶处理废水中NH3和NO的生化反应模型，其反应机理如图-2所示。在NR酶和HH酶作用下的反应过程可分别描述为___________、___________。
17．含铁化合物是重要的基础材料。
请问答：
（1）已知： ，。。当时，正反应是自发的，此时的逆转温度为___________K。
（2）高炉炼铁中发生的基本反应之一为：
①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，判断反应速率(正)___________(逆)，理由是___________。
②下列说法不正确的是___________。
A．须采用高温高压的反应条件使FeO还原为
B．粉碎FeO能增大接触面积从而提高反应速率
C．平衡时提高CO气体的分压有利于提高Fe的产量
D．加入CaCO3(s)后因分解产生CO2必使平衡逆向移动
③高炉炉体结构如图1所示，以铁矿石、焦炭、石灰石和空气为原料，由图2推测炉腹中发生的主要反应是___________(选填：a、b、c、d)。
④若将体积比为1：1的CO和H2混合煤气通入进风口，测得不同温度下FeO还原到后，还原剂剩余的物质的量n值如下：
请结合表格中的数据说明CO和H2分别还原FeO的倾向性大小是___________。
（3）一定条件下，FeCl2或FeCl3都可以催化分解H2O2。总反应都是。请写出用FeCl3催化的离子方程式。①___________；②___________。
18．科学家在实验室研究利用催化技术将飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。
（1）若将3mlNO和2mlCO通入10L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生上述反应，各组分的物质的量浓度随时间的变化情况如图1所示。
①图中曲线A表示___(填“NO”“CO”“N2”或“CO2”，下同)的浓度变化，曲线C表示的是的___浓度变化。
②在0～4min内NO的平均反应速率v(NO)=___，4min末N2的浓度为___。
③4min末，采用下列措施一定能加快上述反应速率的是___(填标号)。
A．升高体系的温度 B．充入一定量的O2
C．将容器体积变为5L D．充入一定量氦气
（2）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了验证催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，在温度为T0时，某同学设计了以下三组实验：
在图2中分别画出表中实验Ⅱ、Ⅲ条件下混合气体中NO的浓度随时间变化的曲线，并标明各条曲线的实验编号___。
19．回答下列问题
（1）二氟卡宾(：CF2)作为一种活性中间体，一直受到有机氟化学研究工作者的高度关注。硫单质与二氟卡宾可以形成S=CF2，反应历程如图所示：
①由生成的活化能为__________________；
②决定反应速率的基元反应的活化能为______________________。
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应的影响。实验结果如图所示：（图中T表示温度，n表示物质的量）
①图像中T2和T1的关系是：T2___________ T1(填“高于”、“低于”、 “等于”或“无法确定”)。
②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N 2的转化率最高的是_______________(填字母)。
③在起始体系中n(N2)：n(H2)= 1：3时，反应后氨的百分含量最大；若容器容积为1 L， n=3 ml反应达到平衡时H2的转化率为60%，则此条件下(T2)，反应的平衡常数K=__________________。
选项
证据
推理
A
向FeCl3溶液中加入几滴30%的H2O2溶液，产生气体的速率加快，一段时间后，液体颜色加深
Fe3+能催化H2O2的分解，且该分解反应为放热反应
B
室温下，将BaSO4固体投入饱和碳酸钠溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生
Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
C
将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈红色
Fe(NO3)2晶体已变质
D
室温下，用pH试纸测得0.1mL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1ml/LCH3COONa溶液的pH等于9
酸性：CH3COOH强于H2CO3
选项
应用
解释
A
液氨用作制冷剂
氨易液化，液氨气化时要吸收大量的热
B
实验室用锌与稀硫酸反应制取氢气时加几滴硫酸铜溶液
形成原电池能加快反应速率
C
氯化铁溶液用于蚀刻铜电路板
能将氧化为
D
工业上用淀粉生产酒精
淀粉可水解得到酒精
反应机理
第一步反应
第二步反应
2NO2=NO3+NO (慢反应)
NO3+CO=NO2+CO2(快反应)
还原剂
600℃
700℃
800℃
900℃
1000℃
1100℃
1200℃
H2
4.18
3.34
2.94
2.60
2.32
2.30
2.25
CO
1.66
2.50
2.90
3.24
3.52
3.54
3.59
实验编号
T(K)
NO的初始浓度(ml•L-1)
CO的初始浓度(ml•L-1)
催化剂的比表面积(m2•g-1)
Ⅰ
T0
1.20×10-3
3.80×10-3
75
Ⅱ
T0
1.20×10-3
3.80×10-3
50
Ⅲ
T0
1.20×10-3
3.80×10-3
100
参考答案
1．A
【详解】
A．向FeCl3溶液中加入几滴30%的H2O2溶液，产生气体的速率加快，说明Fe3+能催化H2O2的分解，一段时间后，液体颜色加深，则氢氧化铁浓度增大，说明铁离子水解平衡右移，究其原因为升温引起的，则说明该分解反应为放热反应，A正确；
B．室温下，将BaSO4固体投入饱和碳酸钠溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，则有部分硫酸钡转变为碳酸钡，原因为：由于饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大、使Qc(BaCO3) >Ksp(BaCO3) 导致碳酸钡沉淀析出、钡离子浓度变小、使Ksp(BaSO4)> Qc(BaSO4)、使部分硫酸钡沉淀溶解。因此难以说明Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小 ，B错误；
C．将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中，Fe2+、与一定浓度的氢离子能发生反应，例如：，滴入几滴KSCN溶液，溶液必定呈红色，难以说明Fe(NO3)2晶体已变质，C错误；
D．室温下，用pH试纸测得0.1mL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1ml/LCH3COONa溶液的pH等于9，说明碳酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的，只能说明碳酸氢根电离能力小于醋酸，不能说明酸性：CH3COOH强于H2CO3，D错误；
答案选A。
2．A
【详解】
A．反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可能氯离子起催化作用，故A正确；
B．逸出ClO2，反应正向移动，则反应的生成物的浓度增加，故B错误；
C．由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见氢离子不起催化作用，故C错误；
D．若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，与信息不符，故D错误；
故选A。
3．C
【分析】
电池铜帽（主要成分为Cu、Zn )加入稀硫酸溶解，Cu不溶于H2SO4，锌溶于H2SO4，过滤除去滤液ZnSO4，分离出固体Cu，Cu与H2O2、H2SO4反应生成CuSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤获得CuSO4∙5H2O，以此分析解答。
【详解】
A．“溶解Ⅰ”中，将铜帽粉碎，增大了固体接触面积，可加快反应速率，A正确；
B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，则“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；
C．“溶解Ⅱ”过程中发生反应为Cu+ H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，没有气体生成，C错误﹔
D．“操作Ⅰ”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，需要使用酒精灯和玻璃棒等仪器，D正确；
故合理选项是C。
4．C
【详解】
A．在任何情况下用不同物质表示反应速率时，速率之比等于化学方程式计量数之比，达到化学平衡状态时，3v正(N2)=v逆(H2)，说明氢气正、逆反应速率相同，反应达到平衡状态，但v正(N2)=3v逆(H2)说明正、逆反应速率不相同，反应正向进行，不能据此判断反应为平衡状态，A错误；
B．反应前后气体体积变化，反应在恒压绝热容器中进行，压强始终不变，因此不能说明反应达到化学平衡状态，B错误；
C．向恒压绝热容器中充入氮气，单位体积内活化分子百分数增大，正反应速率增大，C正确；
D．反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以加入1 ml N2和3 ml H2，反应达到平衡状态时，充分反应后放出热量小于92.4 kJ，D错误;
答案选C。
5．B
【详解】
A．由图可知，①和②水样中M的物质的量浓度相等，①水样pH大于②，分解速率小于②，则水样pH越大，反应速率越慢，故A错误；
B．由图可知，③和④样中M的物质的量浓度、水样pH相等，④中加入铜离子，分解速率大于③，则水样中添加Cu2＋，能加快M的分解速率，故B正确；
C．由图可知，①和③水样pH，①水样中M的物质的量浓度大于③，分解速率大于③，则反应物浓度越大，M的分解速率越快，故C错误；
D．由图可知，在0～20 min内，②中M的平均分解速率为=0.015 ml·L-1·min-1，故D错误；
故选B。
6．D
【详解】
A．氨气易液化且液氨气化时要吸收大量的热，故可做制冷剂，故A正确；
B．锌与硫酸铜可以置换出铜，铜与锌、硫酸组成原电池，加快反应速率，故B正确；
C．氯化铁溶液用于蚀刻铜电路板的反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C正确；
D．淀粉水解最终产物是葡萄糖，水解产物中没有酒精，故D错误；
故选D。
7．B
【详解】
A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
8．D
【详解】
A．由图可知，化合物A与H2O的反应历程经历了3个阶段，说明该反应的反应速率不快，化合物A与H2O之间的碰撞并没有都发生反应，即化合物A与H2O之间的碰撞不均为有效碰撞，A错误；
B．该历程中的最大能垒(活化能)△E正=16.87 kJ/ml-(-1.99kJ/ml)=18.86 kJ/ml，B错误；
C．催化剂可降低反应所需的活化能，改变反应速率，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应始态和终态的总能量，即不能改变反应热，C错误；
D．由图可知：反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则该反应是放热反应。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，D正确；
故合理选项是D。
9．D
【详解】
A. Int1→Int2所需要的能量最大，决定该反应速率，故A正确；
B. 分析整个反应历程图可得该反应的化学方程式为+CH3OH→+H2O，故B正确；
C. 从反应的中间体可看出反应过程中铝元素的化合价和成键数目均未改变，故C正确；
D. 从反应的历程图可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不能增大苯和甲醇的转化率，故D错误；
故答案为：D
10．C
【详解】
A．在条件相同时，该反应的速率由慢反应决定，故由第一步反应速率决定，A正确；
B．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得反应的总反应方程式为：NO2+CONO+CO2，B正确；
C．升高温度对第一步反应速率和第二步反应速率均有影响，都会加快，C错误；
D．加入合适的催化剂可降低反应的活化能，从而加快反应速率，D正确；
答案选C。
11．A
【详解】
A．Ⅰ图像中如果纵坐标为正反应速率，升高温度或增大压强，反应速率增大，图像符合题意，正确；
B．Ga是固体，没有浓度可言，不能计算其转化率，错误；
C．Ga是固体，其质量不影响反应速率，错误；
D．反应方程式为，相同压强下，升高温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，错误。
故答案选A。
12．D
【详解】
A． 由图知，①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂，A正确；
B．由图知，④中已没有碳碳双键、而是碳碳单键，则上述过程中CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键，B正确；
C．使用催化剂，能降低反应的活化能。途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1，C正确；
D．焓变ΔH =正反应的活化能−逆反应的活化能；则 CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E1-E3)kJ·ml-1=(E2-E4)kJ·ml-1，D不正确；
答案选D。
13．D
【详解】
A．过程I是吸附放热过程，自发进行程度大，但过程II是共价键断裂的过程，过程IV是生成物解吸过程，需要消耗能量，它们的活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A正确；
B．由图可知，过程II化学键断裂，为吸热过程，过程III化学键形成，为放热过程，B正确；
C．反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-198kJ/ml是可逆反应，所以1mlSO2和1mlO2反应时消耗SO2的物质的量小于1ml，放热小于99kJ，C正确；
D．催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误；
故选：D。
14．B
【详解】
A．利用半导体光催化还原氮气制备氨气，根据过程示意图可知，为该反应的催化剂，A正确；
B．该过程不能表明氮气和氢气反应合成氨的反应能量变化，B错误；
C．根据题意和过程示意图可知总反应的化学方程式为：，C正确；
D．工业上把液态空气升温，沸点低的物质先汽化，比先汽化出来，D正确；
答案为：B。
15．A
【详解】
A．该过程表示一个分子还原的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是2ml分子被还原的能量，故A错误；
B．活化能大速率慢，是决速步骤，①的活化能大于②，决定整个反应速率快慢的步骤是①，故B正确；
C．反应物分子既含有键和键，生成物N2和CO2含有键和键，所以反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键，故C正确；
D．催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变，故D正确；
故答案为A。
16．
（1）5C6H12O6＋24NO＋24H＋ 12N2↑＋30CO2↑＋42H2O.
（2） 纳米铁铜双金属的比表面积大，能吸附废水中更多的硝态氮；纳米铁铜双金属颗粒更小，表面的反应活性点更多（或还原性更强）；纳米铁铜双金属能形成更多的微小原电池，短时间内反应速率更快 向两支试管中分别加入等体积硝态氮废水，同时通入相同时间的足量的空气和氮气；停止通气后，向两支试管中加入等量的纳米铁铜双金属，相同时间后，测定两份废水中硝态氮的含量，比较有氧和无氧环境中的脱氮率
（3） 在NR酶的作用下，NO在酸性介质中（结合H＋）得电子生成NH2OH（和H2O）（或NO＋5H＋＋4e－=NH2OH＋H2O） 在HH酶的作用下，NH2OH和NH3转化为N2H4（和H2O）（或NH2OH＋NH3=N2H4＋H2O）
【解析】
（1）
葡萄糖的化学式为C6H12O6，与反应生成两种无污染气体，由元素守恒确定，这两种气体为N2和CO2，C6H12O6中C为0价，根据C和N得失电子守恒配平反应，确定C6H12O6前配5，前配24，N2前配12，CO2前配30，根据电荷守恒知，反应前需要补充H＋，系数为24，由H、O守恒确定H2O前的系数为42，方程式为5C6H12O6＋24NO＋24H＋ 12N2↑＋30CO2↑＋42H2O；
（2）
①纳米铁铜双金属与普通铁铜双金属从组成上看是相同的，都是Fe和Cu两种元素，在温度等外界条件也相同的条件下，纳米铁铜双金属效率高的原因是是纳米铁铜颗粒小，其表面积大，易吸附，也可以从纳米铁铜双金属形成的活性点或原电池的角度解释；
②要证明O2对纳米铁铜双金属脱硝的效果的影响，需设计对照实验，即一个没有O2的实验，一个有O2的实验，实验可设计为：向两支试管中分别加入等体积硝态氮废水，同时通入相同时间的足量的空气和氮气；停止通气后，向两支试管中加入等量的纳米铁铜双金属，相同时间后，测定两份废水中硝态氮的含量，比较有氧和无氧环境中的脱氮率；
（3）
根据图-2中物质的流向可知，在NR酶的作用下，NO与H+得电子生成NH2OH；在HH酶的作用下，NH2OH和NH3转化为N2H4。
17．
（1）900K
（2） ＞ ，即，故(正)(逆) AD b 约800℃之前，CO大于H2；800℃之后，H2大于CO
（3）
【解析】
（1）
△G=△H-T△S＜0，-151.2kJ/ml-T×[0.168kJ/(ml·K)] S＜0，解得T=900K；
（2）
①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，此时的浓度商，即，反应未达到平衡状态，因此反应正向进行，(正)(逆)；
②A．该反应的正反应是气体体积不变是放热反应，要使FeO还原为，须采用适当温度和高压的反应条件，若是高温条件，化学平衡逆向移动，不利于FeO向Fe的转化，A错误；
B．粉碎FeO能增大FeO与CO的反应接触面积，增大反应碰撞，从而提高反应速率，B正确；
C．平衡时提高CO气体的分压，即增大CO的浓度，可以使化学平衡正向移动，因此有利于提高Fe的产量，C正确；
D．加入CaCO3(s)后，CaCO3分解需吸收能量，会使反应体系的温度降低，可能会使平衡向吸热的正反应方向移动，其分解产生CO2气体，生成物浓度增大，也可能使化学平衡逆向移动，因此加入CaCO3(s)后化学平衡不一定是逆向移动，D错误；
故合理选项是AD；
③在炉腹中温度是1400-1800℃，主要反应是FeO+COFe+CO2，冶炼产生的Fe水进入炉缸中，由出铁口流出，故合理选项是b；
④根据表格数据可知：在约800℃之前，CO的还原性大于H2；800℃之后，H2的还原性大于CO；
（3）
FeCl3是H2O2分解的催化剂，反应分步进行，首先是；然后发生反应：，总反应方程式为：。
18．
（1） NO CO2 0.025ml•L-1•min-1 0.05ml•L-1 AC
（2）
【解析】
（1）
①将3mlNO和2mlCO通入10L的恒容密闭容器中，则NO的起始浓度为0.3ml/L，CO的起始浓度为0.2ml/L，因此A表示NO的浓度变化；C和D起始浓度为0，为生成物，平衡之前，相同时间内C的浓度变化量是D的2倍，C表示的应为CO2浓度变化；
②在0～4min内NO的平均反应速率v(NO)==0.025ml•L-1•min-1；4min内N2的浓度变化量为×0.1ml/L=0.05ml•L-1，则4min 末N2的浓度=0.05ml•L-1-0=0.05ml•L-1；
③A．升高体系的温度，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；
B．充入一定量的O2，消耗NO，NO浓度减小，反应速率减慢，B不符题意；
C．将容器体积由10L变为5L，则相当于压缩体积，增大压强，反应速率加快，C符合题意；
D．充入一定量氦气，体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，D不符题意；
选AC；
（2）
由题意可知：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率，因此实验Ⅱ到达平衡的时间应比Ⅰ长，实验Ⅲ到达平衡的时间应比Ⅰ短，但催化剂不能使平衡发生移动，即平衡时NO的浓度Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均相同，因此如图：。
19．
（1） 34.21 kJ/ml 41.65 kJ/ml
（2） 低于 c 或2.08或2.1
【分析】
（1）
①根据图示可知：由生成的活化能为5.41 kJ/ml-(-28.80 kJ/ml)=34.21 kJ/ml；
②由图可中：步骤2的活化能最大，该步反应速率最慢，是决定整个反应速率的快慢，该基元反应的活化能为37.29 kJ/ml-(-4.36 kJ/ml)=41.65 kJ/ml；
（2）
①合成氨气的反应是放热反应。在其他条件不变时，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡含量降低。根据图示可知NH3的平衡含量：T2＞T1，所以温度T2＜T1；
②在温度不变时，增大H2的含量，化学平衡正向移动，可以促进N2转化为NH3，因而可提高N2的平衡转化率。所以在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N 2的转化率最高的是c点；
③当氮气和氢气的物质的量之比为1：3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，当n=3 ml反应达到平衡时H2的转化率为60%，故起始氮气浓度为1 ml/L，变化的氢气浓度为3ml/L×60%=1.8 ml/L，变化的氮气浓度为0.6 ml/L，平衡时N2、H2、NH3的浓度分别是0.4 ml/L、1.2 ml/L、1.2 m/L，故该反应的化学平衡常数K=。
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