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人教版 (2019)必修 第二册第二节 化学反应的速率与限度课时作业
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这是一份人教版 (2019)必修 第二册第二节 化学反应的速率与限度课时作业，共19页。试卷主要包含了06ml/，5υ＝ 1等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图为某反应的微观示意图。下列说法正确的是（ ）
A．该反应为可逆反应
B．过程Ⅰ吸收热量，过程Ⅱ放出热
C．反应物的总能量小于生成物的总能量
D．加压一定能加快反应速率
2．“蓝天保卫战”需要持续进行大气治理，有效处理SO2、NO2等大气污染物。化学研究为生产、生活处理废气，防止大气污染做出重要贡献。已知反应： ，下列说法正确的是（ ）
A．增大压强有利于反应自发进行
B．该反应不能完全消除废气
C．降低反应温度可提高去除效率
D．升高反应温度可提高废气转化率
3．对某一可逆反应来说，下列有关使用催化剂和不使用催化剂的说法不正确的是（ ）
A．使用催化剂不能增大反应物的平衡转化率
B．使用催化剂能同等程度改变正、逆反应速率
C．不使用催化剂，反应物在相同时间段内改变的物质的量一定比使用催化剂时少
D．不使用催化剂，平衡时混合物的组成不会改变
4．下列措施中肯定能使化学反应速率增大的是（ ）
A．增大反应物的量B．增大压强
C．升高温度D．以上措施均可
5．决定化学反应速率的本质因素是（ ）
A．浓度B．压强
C．温度D．反应物质的性质
6．下图为可逆反应A(g)＋2B(g) nC(g)(正反应放热)生成物C的浓度随压强变化并建立平衡的关系图，则n值与压强p1、p2的关系正确的是（ ）
A．p2＞p1，n＜3B．p2＞p1，n＞3
C．p1＞p2，n＜3D．p1＞p2，n＞3
7．在密闭容器中进行反应 ，逆反应的反应速率随时间变化的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．min时使用了催化剂
B．min时一定降低了温度
C．min时反应向逆反应方向进行
D．min时可能减小了生成物的浓度
8．将N2、H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中，进行合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得反应速率分别为：甲：υ（H2）＝1 ml·L－1·min－1；乙：υ（N2）＝2 ml·L－1·min－1；丙：υ（NH3）＝ 3 ml·L－1·min－1。则三个容器中合成氨的反应速率（ ）
A．υ(甲)＞υ(乙)＞υ(丙）B．υ(乙)＞υ(丙)＞υ(甲）
C．υ(丙)＞υ(甲)＞υ(乙)D．υ(乙)＞υ(甲)＞υ(丙）
9．用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是（ ）
A．加热
B．滴加少量CuSO4溶液
C．不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
D．再加入相同的一个铁片
10．在某温度下，反应ClF（g）+F2（g）⇌ClF3（g）（正反应为放热反应）在密闭容器中达到平衡．下列说法正确的是（ ）
A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率减小
B．温度不变，增大体积，ClF3的产率提高
C．升高温度，增大体积，平衡向正反应方向移动
D．降低温度，体积不变，F2的转化率升高
11．科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应，示意图如下：
下列说法正确的是（ ）
A．①、②、③中均有O—H的断裂
B．生成DMC总反应的原子利用率为100%
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．DMC与过量NaOH溶液反应生成 和甲醇
12．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（ ）
A．该反应的化学方程式为6A+2 D⇌3B+4C
B．反应进行到1 s时，v（A）=v（B）
C．反应进行到5 s时，B的平均反应速率为0.06ml/（L•s）
D．反应进行到5 s时，v（A）=v（B）=v（C）=v（D）
13． 和 分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．催化剂能提高化学反应速率
B．①→②过程吸热，②→③过程放热
C．反应结束后，催化剂的性质发生了改变
D．反应过程中存在 、 等中间产物
14．少量铁片与100mL 0.01ml/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加H2O
②加KNO3固体
③滴入几滴浓盐酸
④加入少量铁粉
⑤加NaCl溶液
⑥滴入几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）
⑧改用10mL 0.1ml/L盐酸．
A．②⑥⑦B．③⑤⑧C．③⑦⑧D．③④⑥⑦⑧
15．反应A+B→C分两步进行：反应①A+B→X，反应②X→C。反应过程中能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．该反应为放热反应，△H=a-d
B．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率
C．升高温度，a、b、c、d的数值均会发生改变
D．该反应速率的快慢主要由反应②决定
16．用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施能加快氢气生成速率的是( )
A．加入少许KNO3固体B．加入Na2SO4溶液
C．滴入几滴CuSO4溶液D．不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
17．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A．抗氧化剂B．调味剂C．着色剂D．增稠剂
18．利用铜-铈氧化物(，是活泼金属)催化氧化除去中少量的可能机理如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．反应(ⅲ)中、化合价均降低
B．铜-铈氧化物减小了反应的反应热
C．若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜-铈氧化物中
D．反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原成所致
19．将等质量的a、b两份锌粉装入试管中，分别加入过量的稀硫酸，同时向装a的试管中加入少量CuSO4溶液．下图表示产生氢气的体积V与时间t的关系，其中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
20．某温度下，在恒容密闭容器中、、建立化学平衡：，改变下列条件对正、逆反应速率的影响错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
二、综合题
21．CO2的固定和利用对降低温室气体排放具有重要作用，CO2加氢合成甲醇不仅可以有效缓解减排压力，而且还是CO2综合利用的一条新途径。CO2和H2在催化剂作用下能发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。测得甲醇的理论产率与反应温度、压强的关系如图所示。
（1）下列措施能使CO2的转化率提高的是_____。
A．增大压强B．升高温度
C．增大投料比D．加入更高效的催化剂
（2）在220℃、5.0MPa时，CO2、H2的转化率之比为 。
（3）将温度从220℃降低至160℃，压强从5.0MPa减小至3.0MPa，化学反应速率将 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，CO2的转化率将 。
（4）200℃时，将0.100 ml CO2和0.275 ml H2充入1 L密闭容器中，在催化剂作用下反应达到平衡。若CO2的转化率为25%，则此温度下该反应的平衡常数K= 。
22．根据反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，回答下列问题．
（1）在此反应中，自反应开始至2分钟末，H2SO4浓度由1ml/L变为0.4ml/L，则H2SO4的反应速率为 ．
若要使该反应的反应速率加快，下列措施不可行的是 （填字母）
a、改铁片为铁粉 b、改稀H2SO4为98%的浓H2SO4
c、升高温度 d、滴加少量CuSO4溶液
（2）在答题卡的坐标图中，画出此反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）
（3）根据此反应设计一个原电池，要求画出装置图并进行必要的标注 ．
23．在一个容积可变的密闭容器中发生反应：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)。
回答下列问题：
（1）增加Fe的量，正反应速率 (填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。
（2）将容器的容积缩小一半，正反应速率 ，逆反应速率 。
（3）保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，正反应速率 ，逆反应速率 。
（4）保持压强不变，充入N2使容器的容积增大，正反应速率 ，逆反应速率 。
24．钒触媒(V2O5)是催化氧化所常用的催化剂，为综合利用，科研人员最新研制了一种离子交换法回收废钒的新工艺，回收率达90%以上。已知废钒催化剂中含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣。查阅资料可知：VOSO4可溶于水，V2O5难溶于水，NH4VO3难溶于水。该工艺的流程如下图。
（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施： ， （写出2条）；
（2）写出反应①的离子方程式 ；
（3）该工艺中反应③的沉矾率是回收钒的关键，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度。根据下图建议最合适的氯化铵系数和温度：氯化铵系数为 ，温度为 ；
（4）反应②发生后，溶液中的氯元素以Cl－的形式存在，请写出反应②的化学方程式 ；
（5）查阅资料得知：NH4VO3也叫偏钒酸铵，其相对分子量为117，20℃时，NH4VO3溶解度为0.468g，已知离子交换后溶液中c（VO3－）=0.10ml/L，反应③沉矾时，加入等体积0.10ml/L的NH4Cl溶液，通过列式计算判断此时是否有NH4VO3沉淀析出？（溶液体积变化忽略不计）
（6）写出“焙烧反应④”中由NH4VO3制备V2O5的化学方程式 。
25．向含有H2SO4的H2O2溶液中滴加一定量的KMnO4溶液，反应开始后，溶液中Mn2+的浓度c将随时间t的变化而变化。某学生在做实验前认为，Mn2+的浓度c与时间t的关系如图甲所示，做完实验后，得到的结果如图乙所示。请回答下列问题：
（1）写出H2O2与KMnO4反应的化学方程式 。
（2）Oa段的意义为 。
（3）ab段的意义及ab段陡的原因为 。
（4）bc段的意义为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A、该反应体系中，反应物和生成物没有同时存在，不可逆，故A错误；
B、过程Ⅰ为断裂化学键的过程，吸收热量，过程Ⅱ为形成化学键的过程，放出热量，故B正确；
C、无法判断该反应是吸热反应还是放热反应，不能判断反应物和生成物总能量的相对大小，故C错误；
D、物质状态未知，不能判断压强对该反应速率的影响，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、可逆反应体系中反应物和生成物同时存在；
B、断裂化学键吸热，形成化学键释放热量；
C、无法判断该反应是吸热反应还是放热反应；
D、物质状态未知。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、反应自发进行的判据是ΔH-TΔS<0，与压强无关，故A错误；
B、该反应为可逆反应，反应为不可能完全转化为生成物，则该反应不能完全消除废气，故B正确；
C、降低温度，反应速率减小，去除效率降低，故C错误；
D、升高反应温度平衡逆向移动，废气转化率降低，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、ΔH-TΔS<0时反应自发进行；
B、该反应为可逆反应，不能完全转化；
C、降温该反应的平衡正向移动；
D、升温反应速率加快，平衡逆向移动。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．使用催化剂不影响平衡，不能改变转化率，A不符合题意；
B．使用催化剂能同等程度的改变反应速率，B不符合题意；
C．反应达到平衡后，相同时间段内物质的改变量均为零，C符合题意；
D．平衡时混合物的组成不会改变，催化剂对平衡不影响，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】催化剂能加快化学反应速率但是不能影响化学平衡。
4．【答案】C
【解析】【解答】改变反应中固体或纯液体的量不会影响反应速率；改变没有气体参加的反应体系的压强不影响反应速率。
故答案为：C
【分析】浓度和压强不一定改变反应速率，而温度的改变一定影响反应速率，据此判断即可.
5．【答案】D
【解析】【解答】因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质，而浓度、温度、压强、催化剂是影响因素，
故答案为：D。
【分析】物质本身的性质是影响化学反应速率的因素。
6．【答案】D
【解析】【解答】看图像的拐点，因为p1先出现拐点，则p1＞p2；又压强越大C的体积分数越小，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故n＞3，选D.
【分析】由图可知，p1先到达平衡，压强越大反应速率越大，到达平衡所用的时间越少，所以p1>p2，压强越大，平衡时c的浓度越低，增大压强平衡向逆反应方向移动
7．【答案】C
【解析】【解答】A．t1时逆反应速率不变，说明反应达平衡，没有使用催化剂，A项不符合题意；
B．t2后达新平衡的速率与t2前小一些，故改变的条件是C的浓度降低，或者降低温度，B项不符合题意；
C．min时改变的条件是升温，该反应是是放热反应，故此时反应逆向进行，C项符合题意；
D．min时逆反应速率减小，但是一直是保持不变，故平衡不移动，所以改变的条件是减小压强，不是减小生成物的浓度，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.使用催化剂能加快反应速率；
B.t2时刻改变的条件也可能是分离生成物；
D.t6时刻改变的条件是减小压强。
8．【答案】B
【解析】【解答】合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，以氢气的化学反应速率为标准进行判断，
甲：υ（H2）＝1 ml·L－1·min－1；
乙：υ（N2）＝2 ml·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，υ（H2）＝3υ（N2） = 3×2 ml·L－1·min－1 = 6 ml·L－1·min－1；
丙：υ（NH3）＝ 3 ml·L－1·min－1，同理可知υ（H2）＝1.5υ（NH3）＝ 1.5×3 ml·L－1·min－1 = 4.5 ml·L－1·min－1，可以看出反应速率：υ(乙)＞υ(丙)＞υ(甲），B项符合题意；
故答案为：B。
【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，据此分析作答。
9．【答案】C
【解析】【解答】A． 加热能增大粒子所具有的能量，增大活化分子百分数，增大反应速率，故A不符合题意；
B． 滴加少量CuSO4溶液，形成原电池，增大反应速率，故B不符合题意；
C． 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸，铁发生钝化，阻止内部金属继续反应，故C符合题意；
D． 再加入相同的一个铁片，增大了接触面积，增大反应速率，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】锌与硫酸反应制取氢气，要使速率加快，可以将铁变成铁粉或者是增大铁片的表面积，以及进行加热，提高速率，或者是加入硫酸铜形成原电池发生电化学腐蚀，改成浓硫酸将铁的表面氧化阻碍反应进行
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A、缩小体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向，ClF的转化率增大，故A错误；
B、增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，ClF3的产率降低，故B错误；
C、升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆反应方向；增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，所以升高温度，增大体积，有利于平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D、降低温度，平衡向放热的方向移动即正反应方向，F2的转化率增大，故D正确；
故选：D．
【分析】该反应ClF（g）+F2（g）⇌ClF3（g）为正反应为放热的气体体积减小的反应，所以压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向，升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆反应方向，据此分析．
11．【答案】D
【解析】【解答】A.根据示意图可知①、②、③中①、③有O—H的断裂，A不符合题意；
B.①中有水分子生成，生成DMC总反应的原子利用率小于100%，B不符合题意；
C.催化剂的使用不影响化学反应平衡，不能提高反应物的平衡转化率，C不符合题意；
D. DMC的结构中有酯基，能与过量NaOH溶液发生水解反应生成 和甲醇，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据示意图判断即可；
B、只有化合反应的原子利用率为100%；
C、催化剂加快反应速率，并不影响平衡移动，只缩短了反应到达平衡的时间；
D、根据乙酸乙酯在碱性条件下水解的原理进行作答。
12．【答案】C
【解析】【解答】解：A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2ml、D物质增加了0.4ml、B物质减少了0.6ml、C物质了0.8ml，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C⇌6A+2D，故A错误；
B、反应进行到1 s时，n（A）=n（B），但是A、B的物质的量变化量不等，所以v（A）≠v（B），故B错误；
C、反应进行到5 s时，B的平均反应速率v= =0.06ml/（L•s），故C正确；
D、反应进行到5 s时达到了平衡状态，v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=6：3：4：2，故D错误．
故选C．
【分析】A、根据图像中的有关数据判断四种物质的变化，再根据计量数之比等于物质的量的变化量之比；
B、反应进行到1 s时，A、B的物质的量变化量不等，根据v= 来判断；
C、反应进行到5 s时，B的平均反应速率根据v= 来计算；
D、平衡状态，v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=系数之比．
13．【答案】C
【解析】【解答】A．催化剂只能加快反应速度，不能提高转化率，A不符合题意；
B．①→②为化学键断裂过程，过程吸热，②→③为化学键形成过程，过程放热，B不符合题意；
C．反应结束后，催化剂的性质不发生改变，C符合题意；
D．由图可知③④为中间产物，反应过程中存在 、 等中间产物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据催化剂的性质及其化学反应的微观过程分析解答。
14．【答案】C
【解析】【解答】①加水，减小了盐酸的浓度，故反应速率变慢，①不符合题意；
②加硝酸钾固体，溶液中相当于含有硝酸，不会生成氢气，②符合题意；
③加浓盐酸，反应速率加快且不改变H2的产量，③不符合题意；
④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多，④不符合题意；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸，故反应速率变慢，⑤不符合题意；
⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，⑥不符合题意；
⑦升高温度，反应速率加快，⑦符合题意；
⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，⑧符合题意；
故答案为：C。
【分析】为加快铁与盐酸的反应速率，可增大反应物浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，以此解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．根据图示可知：反应物A和B的能量总和比生成物C的高，发生反应放出热量，故该反应为放热反应，△H=(a+c)-(d+b)，A不符合题意；
B．催化剂通过改变反应途径，降低反应的活化能来加快化学反应速率，但该反应的焓变不变，B不符合题意；
C．升高温度，物质的内能发生改变，故a、b、c、d的数值均会发生改变，C符合题意；
D．化学反应速率的快慢由反应速率慢的决定。反应的活化能越大，反应需消耗的能量就越高，反应就越难发生。根据上述图示可知反应①的活化能较大，故该反应速率的快慢主要由反应①决定，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据焓变=生成物的能量-生成物的能量即可判断
B.催化剂是降低活化能，焓变不变
C.升高温度物质的内能均改变
D.活化能越大，速率越慢
16．【答案】C
【解析】【解答】A．加入少许KNO3固体，硝酸根在酸性环境下表现强氧化性，被还原成NO，不产生氢气，且该过程会消耗氢离子，当硝酸根反应完后，氢离子浓度下降，反应速率减慢，故A不符合题意；
B．加入硫酸钠溶液，相当于稀释，氢离子浓度降低，反应速率减慢，故B不符合题意；
C．滴入几滴硫酸铜溶液，Fe置换出Cu，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而加快化学反应速率，所以生成氢气速率加快，故C符合题意；
D．铁在浓硫酸中发生钝化，不能产生氢气，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】适当增大反应物浓度、增大反应物接触面积、升高温度、形成原电池都能加快化学反应速率。
17．【答案】A
【解析】【解答】解：A．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误．
故选A．
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题．
18．【答案】D
【解析】【解答】A．反应(ⅲ)中、中的空位结合了氧，氧非金属性较强显负价，则金属元素、化合价均升高， A不符合题意；
B．铜-铈氧化物作为催化剂改变反应速率，不能改变反应热，B不符合题意；
C．由图可知，在反应(ⅱ)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，可能出现在铜-铈氧化物中，C不符合题意；
D．一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原成所致，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应(ⅲ)中、中的空位结合了氧，氧非金属性较强显负价；
B.催化剂不影响反应热；
C.反应(ⅱ)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，可能出现在铜-铈氧化物中；
D.一氧化碳会把氧化铜还原为铜单质。
19．【答案】D
【解析】【解答】解：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属铁和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a＞b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a＜b．
故选D．
【分析】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量．
20．【答案】A
【解析】【解答】A．压缩容器体积各物质的浓度均增大，正逆反应速率均增大，且正反应速率增大的程度大于逆反应速率，故A符合题意；
B．通入增大反应物浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，故B不符合题意；
C．使用(正)催化剂能同等程度的增大正逆反应速率，故C不符合题意；
D．升高温度正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，平衡逆向移动，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
21．【答案】（1）A
（2）1∶1
（3）减小；增大
（4）
【解析】【解答】⑴.A. CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故A正确；B.据图可知，升高温度，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，CO2的转化率减小，故B不符合题意；C.增大 的投料比，将会提高H2的转化率，CO2的转化率减小，故C不符合题意；D.催化剂只能改变反应速率而不能使平衡发生移动，CO2的转化率不变，故D不符合题意；故答案为：A；
⑵. 在220℃、5.0MPa时，设起始加入CO2的物质的量为1ml、H2的物质的量为3ml，二者完全反应生成甲醇的物质的量为1ml，现甲醇的理论产率为25%，则甲醇实际生成0.25ml，根据反应方程式可知，消耗CO2的物质的量为0.25ml，消耗H2的物质的量为0.75ml，则CO2和H2的转化率之比为： ×100%： ×100%=1：1，故答案为：1：1；
⑶.降低温度和减小压强都会使化学反应速率减小，观察图象可知，在220℃、5.0MPa时，甲醇的理论产率为25%，在160℃、3.0MPa时，甲醇的理论产率高于25%，则温度从220℃降低至160℃，压强从5.0MPa减小至3.0MPa，甲醇的理论产率增大，CO2的转化率增大，故答案为：减小；增大；
⑷. 200℃时，将0.100 ml CO2和0.275 ml H2充入1 L密闭容器中，在催化剂作用下反应达到平衡，若CO2的转化率为25%，根据三段式法有：
则此温度下该反应的平衡常数K= ，故答案为：K= 1.04。
【分析】根据外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响以及化学平衡常数和转化率的计算等进行分析即可。
22．【答案】（1）0.3ml/（L•min）；b
（2）
（3）
【解析】【解答】解：（1）v= = =0.3ml/（L•min）；
a、改铁片为铁粉，增加接触面积，反应速率加快，故不选；
b、改稀H2SO4为98%的浓H2SO4，发生钝化，反应速率减慢，故选；
c、升高温度，反应速率加快，故不选；
d、滴加少量CuSO4溶液，构成原电池加快反应速率，故不选；
故选：0.3ml/（L•min）；b；
（2.）反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，是放热反应，所以反应的总能量高于生成物的总能量，所以体系的能量变化图为： ，故答案为： ；
（3.）铁是原电池的负极，电解质溶液是硫酸，原电池的装置图为： ，故答案为： ．
【分析】（1）根据v= ，进行分析求解；a、改铁片为铁粉，增加接触面积；b、改稀H2SO4为98%的浓H2SO4，发生钝化；c、升高温度，反应速率加快；d、滴加少量CuSO4溶液，构成原电池加快反应速率；（2）反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，是放热反应，所以反应的总能量高于生成物的总能量；（3）铁是原电池的负极，电解质溶液是硫酸，画出装置图即可．
23．【答案】（1）不变
（2）增大；增大
（3）不变；不变
（4）减小；减小
【解析】【解答】（1）Fe为固体，因此增加Fe的量，反应速率不变。
（2）将容器的容积缩小一半，体系中各气态物质的浓度均增大，正反应速率和逆反应速率都增大。
（3）保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，体系中各物质的浓度不变，正反应速率和逆反应速率均不变。
（4）保持压强不变，充入N2使容器的容积增大，体系中各气态物质的浓度均减小，正反应速率和逆反应速率均减小。
【分析】根据浓度、压强、催化剂和温度对化学反应速率的影响进行分析，注意固体和纯液体对反应速率的影响.
24．【答案】（1）搅拌；适当升高温度，延长浸泡时间
（2）V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O
（3）4；80℃
（4）6VOSO4+KClO3+3H2O=3(VO2)2SO4+KCl+3H2SO4
（5）在20℃时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH4+)=c(VO3-)=0.468×10/117=0.04ml/L，Ksp=1.60×10-3 ，又c(NH4+)×c(VO3-)=(0.10/2)×(0.10/2)=2.50×10-3>Ksp=1.60×10-3 ，故有沉淀析出
（6）2NH4VO3 2NH3+V2O5+H2O
【解析】【解答】(1) 水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施搅拌、适当升高温度、延长浸泡时间等措施；
(2) 依题意，反应①中V2O5作氧化剂，SO32-作还原剂，反应的离子方程式为V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；
(3)根据图象分析可得，要使沉钒率最高，可控制氯化铵系数为4，温度在80℃；
(4) 废钒中可溶性物质为VOSO4，所以反应②的化学方程式为6VOSO4+KClO3+ 3H2O= 3(VO2)2SO4+KCl+3H2SO4 ；
(5) 根据溶解度的定义可得，在20℃时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH4+)=c(VO3-)= =0.04ml/L，则Ksp(NH4VO3)= (0.04ml/L)2=1.60×10-3 ml2/L2，而此时溶液中KQ=c(NH4+)×c(VO3-)=(0.10/2)×(0.10/2)=2.50×10-3 >Ksp(NH4VO3)=1.60×10-3，故有沉淀析出；
(6)“焙烧反应④”中由NH4VO3制备V2O5的化学方程式为2NH4VO3 2NH3+ V2O5+ H2O。
【分析】（1）根据提高浸取率的方法是尽可能多的含钒物质提取出来进行分析；
（2）根据氧化还原反应规律书写离子方程式；
（3）根据图中浸钒率最高点进行判断；
（4）根据氧化还原反应书写化学方程式；
（5）根据溶度积常数和浓度熵判断是否有沉淀生成即可。
25．【答案】（1）5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑
（2）反应非常慢，溶液中c(Mn2+)变化很小
（3）反应非常快，c(Mn2+)迅速增大，是因为Mn2+达到一定浓度时，对上述反应起到了催化作用
（4）反应趋于完全，溶液中c(Mn2+)为定值
【解析】【解答】ab段斜率最大，说明化学反应速率最大，其原因应为生成的Mn2+达到一定浓度后充当了反应的催化剂。
【分析】根据氧化还原反应分析反应方程式的书写；根据二氧化锰对过氧化氢分解的催化作用分析反应速率变化的原因.A．压缩容器体积
B．通入
C．使用(正)催化剂
D．升高温度
CO2(g) +
3H2(g)
CH3OH(g)+
H2O(g)
起始（ml/L）
0.1
0.275
0
0
转化（ml/L）
0.025
0.075
0.025
0.025
平衡（ml/L）
0.075
0.2
0.025
0.025
一、单选题
1．如图为某反应的微观示意图。下列说法正确的是（ ）
A．该反应为可逆反应
B．过程Ⅰ吸收热量，过程Ⅱ放出热
C．反应物的总能量小于生成物的总能量
D．加压一定能加快反应速率
2．“蓝天保卫战”需要持续进行大气治理，有效处理SO2、NO2等大气污染物。化学研究为生产、生活处理废气，防止大气污染做出重要贡献。已知反应： ，下列说法正确的是（ ）
A．增大压强有利于反应自发进行
B．该反应不能完全消除废气
C．降低反应温度可提高去除效率
D．升高反应温度可提高废气转化率
3．对某一可逆反应来说，下列有关使用催化剂和不使用催化剂的说法不正确的是（ ）
A．使用催化剂不能增大反应物的平衡转化率
B．使用催化剂能同等程度改变正、逆反应速率
C．不使用催化剂，反应物在相同时间段内改变的物质的量一定比使用催化剂时少
D．不使用催化剂，平衡时混合物的组成不会改变
4．下列措施中肯定能使化学反应速率增大的是（ ）
A．增大反应物的量B．增大压强
C．升高温度D．以上措施均可
5．决定化学反应速率的本质因素是（ ）
A．浓度B．压强
C．温度D．反应物质的性质
6．下图为可逆反应A(g)＋2B(g) nC(g)(正反应放热)生成物C的浓度随压强变化并建立平衡的关系图，则n值与压强p1、p2的关系正确的是（ ）
A．p2＞p1，n＜3B．p2＞p1，n＞3
C．p1＞p2，n＜3D．p1＞p2，n＞3
7．在密闭容器中进行反应 ，逆反应的反应速率随时间变化的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．min时使用了催化剂
B．min时一定降低了温度
C．min时反应向逆反应方向进行
D．min时可能减小了生成物的浓度
8．将N2、H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中，进行合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得反应速率分别为：甲：υ（H2）＝1 ml·L－1·min－1；乙：υ（N2）＝2 ml·L－1·min－1；丙：υ（NH3）＝ 3 ml·L－1·min－1。则三个容器中合成氨的反应速率（ ）
A．υ(甲)＞υ(乙)＞υ(丙）B．υ(乙)＞υ(丙)＞υ(甲）
C．υ(丙)＞υ(甲)＞υ(乙)D．υ(乙)＞υ(甲)＞υ(丙）
9．用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是（ ）
A．加热
B．滴加少量CuSO4溶液
C．不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
D．再加入相同的一个铁片
10．在某温度下，反应ClF（g）+F2（g）⇌ClF3（g）（正反应为放热反应）在密闭容器中达到平衡．下列说法正确的是（ ）
A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率减小
B．温度不变，增大体积，ClF3的产率提高
C．升高温度，增大体积，平衡向正反应方向移动
D．降低温度，体积不变，F2的转化率升高
11．科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应，示意图如下：
下列说法正确的是（ ）
A．①、②、③中均有O—H的断裂
B．生成DMC总反应的原子利用率为100%
C．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．DMC与过量NaOH溶液反应生成 和甲醇
12．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（ ）
A．该反应的化学方程式为6A+2 D⇌3B+4C
B．反应进行到1 s时，v（A）=v（B）
C．反应进行到5 s时，B的平均反应速率为0.06ml/（L•s）
D．反应进行到5 s时，v（A）=v（B）=v（C）=v（D）
13． 和 分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．催化剂能提高化学反应速率
B．①→②过程吸热，②→③过程放热
C．反应结束后，催化剂的性质发生了改变
D．反应过程中存在 、 等中间产物
14．少量铁片与100mL 0.01ml/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加H2O
②加KNO3固体
③滴入几滴浓盐酸
④加入少量铁粉
⑤加NaCl溶液
⑥滴入几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）
⑧改用10mL 0.1ml/L盐酸．
A．②⑥⑦B．③⑤⑧C．③⑦⑧D．③④⑥⑦⑧
15．反应A+B→C分两步进行：反应①A+B→X，反应②X→C。反应过程中能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．该反应为放热反应，△H=a-d
B．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率
C．升高温度，a、b、c、d的数值均会发生改变
D．该反应速率的快慢主要由反应②决定
16．用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施能加快氢气生成速率的是( )
A．加入少许KNO3固体B．加入Na2SO4溶液
C．滴入几滴CuSO4溶液D．不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
17．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A．抗氧化剂B．调味剂C．着色剂D．增稠剂
18．利用铜-铈氧化物(，是活泼金属)催化氧化除去中少量的可能机理如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．反应(ⅲ)中、化合价均降低
B．铜-铈氧化物减小了反应的反应热
C．若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜-铈氧化物中
D．反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原成所致
19．将等质量的a、b两份锌粉装入试管中，分别加入过量的稀硫酸，同时向装a的试管中加入少量CuSO4溶液．下图表示产生氢气的体积V与时间t的关系，其中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
20．某温度下，在恒容密闭容器中、、建立化学平衡：，改变下列条件对正、逆反应速率的影响错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
二、综合题
21．CO2的固定和利用对降低温室气体排放具有重要作用，CO2加氢合成甲醇不仅可以有效缓解减排压力，而且还是CO2综合利用的一条新途径。CO2和H2在催化剂作用下能发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。测得甲醇的理论产率与反应温度、压强的关系如图所示。
（1）下列措施能使CO2的转化率提高的是_____。
A．增大压强B．升高温度
C．增大投料比D．加入更高效的催化剂
（2）在220℃、5.0MPa时，CO2、H2的转化率之比为 。
（3）将温度从220℃降低至160℃，压强从5.0MPa减小至3.0MPa，化学反应速率将 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，CO2的转化率将 。
（4）200℃时，将0.100 ml CO2和0.275 ml H2充入1 L密闭容器中，在催化剂作用下反应达到平衡。若CO2的转化率为25%，则此温度下该反应的平衡常数K= 。
22．根据反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，回答下列问题．
（1）在此反应中，自反应开始至2分钟末，H2SO4浓度由1ml/L变为0.4ml/L，则H2SO4的反应速率为 ．
若要使该反应的反应速率加快，下列措施不可行的是 （填字母）
a、改铁片为铁粉 b、改稀H2SO4为98%的浓H2SO4
c、升高温度 d、滴加少量CuSO4溶液
（2）在答题卡的坐标图中，画出此反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）
（3）根据此反应设计一个原电池，要求画出装置图并进行必要的标注 ．
23．在一个容积可变的密闭容器中发生反应：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)。
回答下列问题：
（1）增加Fe的量，正反应速率 (填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。
（2）将容器的容积缩小一半，正反应速率 ，逆反应速率 。
（3）保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，正反应速率 ，逆反应速率 。
（4）保持压强不变，充入N2使容器的容积增大，正反应速率 ，逆反应速率 。
24．钒触媒(V2O5)是催化氧化所常用的催化剂，为综合利用，科研人员最新研制了一种离子交换法回收废钒的新工艺，回收率达90%以上。已知废钒催化剂中含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣。查阅资料可知：VOSO4可溶于水，V2O5难溶于水，NH4VO3难溶于水。该工艺的流程如下图。
（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施： ， （写出2条）；
（2）写出反应①的离子方程式 ；
（3）该工艺中反应③的沉矾率是回收钒的关键，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度。根据下图建议最合适的氯化铵系数和温度：氯化铵系数为 ，温度为 ；
（4）反应②发生后，溶液中的氯元素以Cl－的形式存在，请写出反应②的化学方程式 ；
（5）查阅资料得知：NH4VO3也叫偏钒酸铵，其相对分子量为117，20℃时，NH4VO3溶解度为0.468g，已知离子交换后溶液中c（VO3－）=0.10ml/L，反应③沉矾时，加入等体积0.10ml/L的NH4Cl溶液，通过列式计算判断此时是否有NH4VO3沉淀析出？（溶液体积变化忽略不计）
（6）写出“焙烧反应④”中由NH4VO3制备V2O5的化学方程式 。
25．向含有H2SO4的H2O2溶液中滴加一定量的KMnO4溶液，反应开始后，溶液中Mn2+的浓度c将随时间t的变化而变化。某学生在做实验前认为，Mn2+的浓度c与时间t的关系如图甲所示，做完实验后，得到的结果如图乙所示。请回答下列问题：
（1）写出H2O2与KMnO4反应的化学方程式 。
（2）Oa段的意义为 。
（3）ab段的意义及ab段陡的原因为 。
（4）bc段的意义为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A、该反应体系中，反应物和生成物没有同时存在，不可逆，故A错误；
B、过程Ⅰ为断裂化学键的过程，吸收热量，过程Ⅱ为形成化学键的过程，放出热量，故B正确；
C、无法判断该反应是吸热反应还是放热反应，不能判断反应物和生成物总能量的相对大小，故C错误；
D、物质状态未知，不能判断压强对该反应速率的影响，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、可逆反应体系中反应物和生成物同时存在；
B、断裂化学键吸热，形成化学键释放热量；
C、无法判断该反应是吸热反应还是放热反应；
D、物质状态未知。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、反应自发进行的判据是ΔH-TΔS<0，与压强无关，故A错误；
B、该反应为可逆反应，反应为不可能完全转化为生成物，则该反应不能完全消除废气，故B正确；
C、降低温度，反应速率减小，去除效率降低，故C错误；
D、升高反应温度平衡逆向移动，废气转化率降低，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、ΔH-TΔS<0时反应自发进行；
B、该反应为可逆反应，不能完全转化；
C、降温该反应的平衡正向移动；
D、升温反应速率加快，平衡逆向移动。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．使用催化剂不影响平衡，不能改变转化率，A不符合题意；
B．使用催化剂能同等程度的改变反应速率，B不符合题意；
C．反应达到平衡后，相同时间段内物质的改变量均为零，C符合题意；
D．平衡时混合物的组成不会改变，催化剂对平衡不影响，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】催化剂能加快化学反应速率但是不能影响化学平衡。
4．【答案】C
【解析】【解答】改变反应中固体或纯液体的量不会影响反应速率；改变没有气体参加的反应体系的压强不影响反应速率。
故答案为：C
【分析】浓度和压强不一定改变反应速率，而温度的改变一定影响反应速率，据此判断即可.
5．【答案】D
【解析】【解答】因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质，而浓度、温度、压强、催化剂是影响因素，
故答案为：D。
【分析】物质本身的性质是影响化学反应速率的因素。
6．【答案】D
【解析】【解答】看图像的拐点，因为p1先出现拐点，则p1＞p2；又压强越大C的体积分数越小，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故n＞3，选D.
【分析】由图可知，p1先到达平衡，压强越大反应速率越大，到达平衡所用的时间越少，所以p1>p2，压强越大，平衡时c的浓度越低，增大压强平衡向逆反应方向移动
7．【答案】C
【解析】【解答】A．t1时逆反应速率不变，说明反应达平衡，没有使用催化剂，A项不符合题意；
B．t2后达新平衡的速率与t2前小一些，故改变的条件是C的浓度降低，或者降低温度，B项不符合题意；
C．min时改变的条件是升温，该反应是是放热反应，故此时反应逆向进行，C项符合题意；
D．min时逆反应速率减小，但是一直是保持不变，故平衡不移动，所以改变的条件是减小压强，不是减小生成物的浓度，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.使用催化剂能加快反应速率；
B.t2时刻改变的条件也可能是分离生成物；
D.t6时刻改变的条件是减小压强。
8．【答案】B
【解析】【解答】合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，以氢气的化学反应速率为标准进行判断，
甲：υ（H2）＝1 ml·L－1·min－1；
乙：υ（N2）＝2 ml·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，υ（H2）＝3υ（N2） = 3×2 ml·L－1·min－1 = 6 ml·L－1·min－1；
丙：υ（NH3）＝ 3 ml·L－1·min－1，同理可知υ（H2）＝1.5υ（NH3）＝ 1.5×3 ml·L－1·min－1 = 4.5 ml·L－1·min－1，可以看出反应速率：υ(乙)＞υ(丙)＞υ(甲），B项符合题意；
故答案为：B。
【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，据此分析作答。
9．【答案】C
【解析】【解答】A． 加热能增大粒子所具有的能量，增大活化分子百分数，增大反应速率，故A不符合题意；
B． 滴加少量CuSO4溶液，形成原电池，增大反应速率，故B不符合题意；
C． 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸，铁发生钝化，阻止内部金属继续反应，故C符合题意；
D． 再加入相同的一个铁片，增大了接触面积，增大反应速率，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】锌与硫酸反应制取氢气，要使速率加快，可以将铁变成铁粉或者是增大铁片的表面积，以及进行加热，提高速率，或者是加入硫酸铜形成原电池发生电化学腐蚀，改成浓硫酸将铁的表面氧化阻碍反应进行
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A、缩小体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向，ClF的转化率增大，故A错误；
B、增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，ClF3的产率降低，故B错误；
C、升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆反应方向；增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，所以升高温度，增大体积，有利于平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D、降低温度，平衡向放热的方向移动即正反应方向，F2的转化率增大，故D正确；
故选：D．
【分析】该反应ClF（g）+F2（g）⇌ClF3（g）为正反应为放热的气体体积减小的反应，所以压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向，升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆反应方向，据此分析．
11．【答案】D
【解析】【解答】A.根据示意图可知①、②、③中①、③有O—H的断裂，A不符合题意；
B.①中有水分子生成，生成DMC总反应的原子利用率小于100%，B不符合题意；
C.催化剂的使用不影响化学反应平衡，不能提高反应物的平衡转化率，C不符合题意；
D. DMC的结构中有酯基，能与过量NaOH溶液发生水解反应生成 和甲醇，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据示意图判断即可；
B、只有化合反应的原子利用率为100%；
C、催化剂加快反应速率，并不影响平衡移动，只缩短了反应到达平衡的时间；
D、根据乙酸乙酯在碱性条件下水解的原理进行作答。
12．【答案】C
【解析】【解答】解：A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2ml、D物质增加了0.4ml、B物质减少了0.6ml、C物质了0.8ml，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C⇌6A+2D，故A错误；
B、反应进行到1 s时，n（A）=n（B），但是A、B的物质的量变化量不等，所以v（A）≠v（B），故B错误；
C、反应进行到5 s时，B的平均反应速率v= =0.06ml/（L•s），故C正确；
D、反应进行到5 s时达到了平衡状态，v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=6：3：4：2，故D错误．
故选C．
【分析】A、根据图像中的有关数据判断四种物质的变化，再根据计量数之比等于物质的量的变化量之比；
B、反应进行到1 s时，A、B的物质的量变化量不等，根据v= 来判断；
C、反应进行到5 s时，B的平均反应速率根据v= 来计算；
D、平衡状态，v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=系数之比．
13．【答案】C
【解析】【解答】A．催化剂只能加快反应速度，不能提高转化率，A不符合题意；
B．①→②为化学键断裂过程，过程吸热，②→③为化学键形成过程，过程放热，B不符合题意；
C．反应结束后，催化剂的性质不发生改变，C符合题意；
D．由图可知③④为中间产物，反应过程中存在 、 等中间产物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据催化剂的性质及其化学反应的微观过程分析解答。
14．【答案】C
【解析】【解答】①加水，减小了盐酸的浓度，故反应速率变慢，①不符合题意；
②加硝酸钾固体，溶液中相当于含有硝酸，不会生成氢气，②符合题意；
③加浓盐酸，反应速率加快且不改变H2的产量，③不符合题意；
④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多，④不符合题意；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸，故反应速率变慢，⑤不符合题意；
⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，⑥不符合题意；
⑦升高温度，反应速率加快，⑦符合题意；
⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，⑧符合题意；
故答案为：C。
【分析】为加快铁与盐酸的反应速率，可增大反应物浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，以此解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．根据图示可知：反应物A和B的能量总和比生成物C的高，发生反应放出热量，故该反应为放热反应，△H=(a+c)-(d+b)，A不符合题意；
B．催化剂通过改变反应途径，降低反应的活化能来加快化学反应速率，但该反应的焓变不变，B不符合题意；
C．升高温度，物质的内能发生改变，故a、b、c、d的数值均会发生改变，C符合题意；
D．化学反应速率的快慢由反应速率慢的决定。反应的活化能越大，反应需消耗的能量就越高，反应就越难发生。根据上述图示可知反应①的活化能较大，故该反应速率的快慢主要由反应①决定，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据焓变=生成物的能量-生成物的能量即可判断
B.催化剂是降低活化能，焓变不变
C.升高温度物质的内能均改变
D.活化能越大，速率越慢
16．【答案】C
【解析】【解答】A．加入少许KNO3固体，硝酸根在酸性环境下表现强氧化性，被还原成NO，不产生氢气，且该过程会消耗氢离子，当硝酸根反应完后，氢离子浓度下降，反应速率减慢，故A不符合题意；
B．加入硫酸钠溶液，相当于稀释，氢离子浓度降低，反应速率减慢，故B不符合题意；
C．滴入几滴硫酸铜溶液，Fe置换出Cu，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而加快化学反应速率，所以生成氢气速率加快，故C符合题意；
D．铁在浓硫酸中发生钝化，不能产生氢气，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】适当增大反应物浓度、增大反应物接触面积、升高温度、形成原电池都能加快化学反应速率。
17．【答案】A
【解析】【解答】解：A．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误．
故选A．
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题．
18．【答案】D
【解析】【解答】A．反应(ⅲ)中、中的空位结合了氧，氧非金属性较强显负价，则金属元素、化合价均升高， A不符合题意；
B．铜-铈氧化物作为催化剂改变反应速率，不能改变反应热，B不符合题意；
C．由图可知，在反应(ⅱ)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，可能出现在铜-铈氧化物中，C不符合题意；
D．一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原成所致，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应(ⅲ)中、中的空位结合了氧，氧非金属性较强显负价；
B.催化剂不影响反应热；
C.反应(ⅱ)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，可能出现在铜-铈氧化物中；
D.一氧化碳会把氧化铜还原为铜单质。
19．【答案】D
【解析】【解答】解：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属铁和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a＞b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a＜b．
故选D．
【分析】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量．
20．【答案】A
【解析】【解答】A．压缩容器体积各物质的浓度均增大，正逆反应速率均增大，且正反应速率增大的程度大于逆反应速率，故A符合题意；
B．通入增大反应物浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，故B不符合题意；
C．使用(正)催化剂能同等程度的增大正逆反应速率，故C不符合题意；
D．升高温度正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，平衡逆向移动，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
21．【答案】（1）A
（2）1∶1
（3）减小；增大
（4）
【解析】【解答】⑴.A. CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故A正确；B.据图可知，升高温度，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，CO2的转化率减小，故B不符合题意；C.增大 的投料比，将会提高H2的转化率，CO2的转化率减小，故C不符合题意；D.催化剂只能改变反应速率而不能使平衡发生移动，CO2的转化率不变，故D不符合题意；故答案为：A；
⑵. 在220℃、5.0MPa时，设起始加入CO2的物质的量为1ml、H2的物质的量为3ml，二者完全反应生成甲醇的物质的量为1ml，现甲醇的理论产率为25%，则甲醇实际生成0.25ml，根据反应方程式可知，消耗CO2的物质的量为0.25ml，消耗H2的物质的量为0.75ml，则CO2和H2的转化率之比为： ×100%： ×100%=1：1，故答案为：1：1；
⑶.降低温度和减小压强都会使化学反应速率减小，观察图象可知，在220℃、5.0MPa时，甲醇的理论产率为25%，在160℃、3.0MPa时，甲醇的理论产率高于25%，则温度从220℃降低至160℃，压强从5.0MPa减小至3.0MPa，甲醇的理论产率增大，CO2的转化率增大，故答案为：减小；增大；
⑷. 200℃时，将0.100 ml CO2和0.275 ml H2充入1 L密闭容器中，在催化剂作用下反应达到平衡，若CO2的转化率为25%，根据三段式法有：
则此温度下该反应的平衡常数K= ，故答案为：K= 1.04。
【分析】根据外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响以及化学平衡常数和转化率的计算等进行分析即可。
22．【答案】（1）0.3ml/（L•min）；b
（2）
（3）
【解析】【解答】解：（1）v= = =0.3ml/（L•min）；
a、改铁片为铁粉，增加接触面积，反应速率加快，故不选；
b、改稀H2SO4为98%的浓H2SO4，发生钝化，反应速率减慢，故选；
c、升高温度，反应速率加快，故不选；
d、滴加少量CuSO4溶液，构成原电池加快反应速率，故不选；
故选：0.3ml/（L•min）；b；
（2.）反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，是放热反应，所以反应的总能量高于生成物的总能量，所以体系的能量变化图为： ，故答案为： ；
（3.）铁是原电池的负极，电解质溶液是硫酸，原电池的装置图为： ，故答案为： ．
【分析】（1）根据v= ，进行分析求解；a、改铁片为铁粉，增加接触面积；b、改稀H2SO4为98%的浓H2SO4，发生钝化；c、升高温度，反应速率加快；d、滴加少量CuSO4溶液，构成原电池加快反应速率；（2）反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，是放热反应，所以反应的总能量高于生成物的总能量；（3）铁是原电池的负极，电解质溶液是硫酸，画出装置图即可．
23．【答案】（1）不变
（2）增大；增大
（3）不变；不变
（4）减小；减小
【解析】【解答】（1）Fe为固体，因此增加Fe的量，反应速率不变。
（2）将容器的容积缩小一半，体系中各气态物质的浓度均增大，正反应速率和逆反应速率都增大。
（3）保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，体系中各物质的浓度不变，正反应速率和逆反应速率均不变。
（4）保持压强不变，充入N2使容器的容积增大，体系中各气态物质的浓度均减小，正反应速率和逆反应速率均减小。
【分析】根据浓度、压强、催化剂和温度对化学反应速率的影响进行分析，注意固体和纯液体对反应速率的影响.
24．【答案】（1）搅拌；适当升高温度，延长浸泡时间
（2）V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O
（3）4；80℃
（4）6VOSO4+KClO3+3H2O=3(VO2)2SO4+KCl+3H2SO4
（5）在20℃时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH4+)=c(VO3-)=0.468×10/117=0.04ml/L，Ksp=1.60×10-3 ，又c(NH4+)×c(VO3-)=(0.10/2)×(0.10/2)=2.50×10-3>Ksp=1.60×10-3 ，故有沉淀析出
（6）2NH4VO3 2NH3+V2O5+H2O
【解析】【解答】(1) 水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施搅拌、适当升高温度、延长浸泡时间等措施；
(2) 依题意，反应①中V2O5作氧化剂，SO32-作还原剂，反应的离子方程式为V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；
(3)根据图象分析可得，要使沉钒率最高，可控制氯化铵系数为4，温度在80℃；
(4) 废钒中可溶性物质为VOSO4，所以反应②的化学方程式为6VOSO4+KClO3+ 3H2O= 3(VO2)2SO4+KCl+3H2SO4 ；
(5) 根据溶解度的定义可得，在20℃时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH4+)=c(VO3-)= =0.04ml/L，则Ksp(NH4VO3)= (0.04ml/L)2=1.60×10-3 ml2/L2，而此时溶液中KQ=c(NH4+)×c(VO3-)=(0.10/2)×(0.10/2)=2.50×10-3 >Ksp(NH4VO3)=1.60×10-3，故有沉淀析出；
(6)“焙烧反应④”中由NH4VO3制备V2O5的化学方程式为2NH4VO3 2NH3+ V2O5+ H2O。
【分析】（1）根据提高浸取率的方法是尽可能多的含钒物质提取出来进行分析；
（2）根据氧化还原反应规律书写离子方程式；
（3）根据图中浸钒率最高点进行判断；
（4）根据氧化还原反应书写化学方程式；
（5）根据溶度积常数和浓度熵判断是否有沉淀生成即可。
25．【答案】（1）5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑
（2）反应非常慢，溶液中c(Mn2+)变化很小
（3）反应非常快，c(Mn2+)迅速增大，是因为Mn2+达到一定浓度时，对上述反应起到了催化作用
（4）反应趋于完全，溶液中c(Mn2+)为定值
【解析】【解答】ab段斜率最大，说明化学反应速率最大，其原因应为生成的Mn2+达到一定浓度后充当了反应的催化剂。
【分析】根据氧化还原反应分析反应方程式的书写；根据二氧化锰对过氧化氢分解的催化作用分析反应速率变化的原因.A．压缩容器体积
B．通入
C．使用(正)催化剂
D．升高温度
CO2(g) +
3H2(g)
CH3OH(g)+
H2O(g)
起始（ml/L）
0.1
0.275
0
0
转化（ml/L）
0.025
0.075
0.025
0.025
平衡（ml/L）
0.075
0.2
0.025
0.025
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