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1、夯基提能2020届高三化学选择题对题专练选修四化学反应原理化学反应速率综合专练1.向某密闭容器中加入0.3molA、O.lmolC和一定量的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甲图所示M U阶段c(B)未画出。乙图为t2时刻后改变条件平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知，t3t4阶段为使用催化剂。下列说法中不正确的是()甲A.若 h=15m in,则用C 的浓度变化表示在to ti时间段的平均反应速率为0.004m olLlmin-1B.t4 t5阶段改变的条件一定是减小压强C.B 的起始物质的量为0.02molD.t5 t6阶段，容器
2、内A 的物质的量减少了 0.03moL而此过程中容器与外界的热交换总量为a k J,该反应的热化学方程式为3A(g)#B(g)+2C(g)AH=+lOOakJmor12.Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，往调节好pH和Fe?+浓度的废水中加入H2O2,所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP,控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298 K或313 K进行实验。实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如图所示，力 中500 OOOtf*298K.pH=30313K,pH=3298K,pH=10下列说法不正确的是A.由可得，降解反应在50 150
3、s内的反应速率：v(p-CP)=8.0 x 10-6mol.L-1-s-1B.升高温度，有利于加快降解反应速率。但温度过高反应速率又会变慢。C.目的为探究溶液的pH对降解反应速率的影响D.298 K下，有机物p-C P 降解速率pH=10时比pH=3快3.温度为Ti时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2（g）:2NO（g）+C）2（g）（正反应吸热）。实验测得：v（正）=v（NOz）（消 耗）=k（正）C2（NC）2）,v（逆）=v（NO）（消 耗）=2V（。2）（消 耗）=k（逆）c2（NO）c（）2）,k（正）、k（逆）为速率常数，受温度影响。平衡常数。是用平衡分压代
4、替平衡浓度计算，分压=总压x 物质的量分数。下列说法不正确的是（）容器编号物质的起始浓度（mol 广】）物质的平衡浓度（m olT）C(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)I0.6000.2n0.30.50.2皿00.50.35A.达平衡时，容器II中 微 比 容 器 I 中的小B.容器II反应达平衡前，v正v逆C.起始时容器I 中总压强为p k P a,则n 时该反应的平衡常数Kp=|p kPaD.当温度改变为T2时，若k正=K逆则丁 2 2 mol CH30H(g)和1 mol H2O(g),则此时反应正向进行D.改变条件得到曲线n、m,则曲线n、m 改变的条件分别是升高温度、充入氨气5
5、.在298 K时，实验测得溶液中的反应：也。2+2HI=2也0+12在不同浓度时的化学反应速率(v)见下表：由此可推出当c(HI)=0.500 mol 厂】、c(H2O2)=0.400 mol 广1时的反应速率为:实验编号12345c(HI)/mol L0.1000.2000.3000.1000.100c(H202)/mol L0.1000.1000.1000.2000.300v/mol-L-1-s-10.007 600.015 20.022 80.015 20.022 8A.0.038 mol-L-1-s-1 B.0.152 mol-L-1-s-1C.0.608 mol L -s-1 D.0
6、.760 mol L -s-16.已知反应：2N0(g)+2H2(g)=N2(g)+2H20(g)生成”的初始速率与NO、%的初始浓度的关系为丫=1(0)高丫(&)，k 是为速率常数。在80(r c 时测得的相关数据如下表所示。下列说法不正确的是实验数据初始浓度生成N2的初始速率、mol/(L-s)c(NO)/mol/Lc(H2)/mol/L12.00 x 10-36.00 x 10-31.92 x 10-321.00 x 10-36.00 x IO-4.80 x ICT32.00 x 10-33.00 x 10-39.60 x IO-4A.关系式中x=l、y=2B.80(TC时，k 的值为8
7、 x 104C.若80(TC时,初始浓度c(NO)=c(出)=4.00 x IO-m ol L,则生成电 的初始速率为5.12 x 10-3mol/(L-s)D.当其他条件不变时，升高温度，速率常数是将增大7.一定条件下，CO2与H2反应可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),向一固定容积为2L 的绝热密闭容器中加入lmol CH20H(g)和Im ol电0 值)后，反应体系内CO2浓度的变化如图所示，其中第5min时，保持其他条件不变，向容器中加入一定物质的量的(X)2(g)和H2(g)，第 8min重新达到平衡状态，此时反应体系内C(H2)=C(CH3O H)
8、下列说法错误的是A.0 4min内，生成CO2的平均反应速率为0Q25moL L-1-min-1B.第 5min时在反应容器中加入了0.20mol C02H0.40mol H2C.前 5min内CH30H的转化率为20%，58min内电 的转化率为37.5%D.8min 后CH30H的平衡浓度为0.425mol-L-18.反应3A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g),经3 min,B 的浓度减少0.6 mol 广/对此反应速率的表示正确的是A.用 A 表示的反应速率是0.4 mol-L-1-min-1B.分别用B,C,D 表示的反应速率之比是3:2:1C.在3 min末的反应速率，用 B
9、表示是0.3 mol-L-1-min-1D.在3 min内的反应速率，用 C 表示是0.3 mol-L-1-min-19.TT时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PC1S,反应PCk(g)U PCl3(g)+经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如图所示。下列说法正确的是()A.反应在前 50 s 的平均速率v(PCk)=0.0032 mol-L-1-s-1B.相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCI3和2.0molC12,达到平衡时，PC13的转化率小于80%c.r c 时，该反应的化学平衡常数K=0.05D.相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol
10、PCk、0.20 mol PCI3和0.20 mol 3,反应达到平衡前v正 v逆1 0.在相同的密闭容器中，用两种不同方法制得的C U 2。分别进行催化分解水的实验：光照2 H 2()(g)U 2 H 2(g)+C)2(g)H 0,水蒸气的浓度(m o l -I?)随时间t(m in)变化如CU2O下。序号C u2O a 克 温度01 02 03 04 05 0方法IT 10.0 5 00.0 4 9 20.0 4 8 60.0 4 8 20.0 4 8 00.0 4 8 0方法nT i0.0 5 00.0 4 8 80.0 4 8 40.0 4 8 00.0 4 8 00.0 4 8 0方
11、法I IT20.1 0 00.0 9 4 00.0 9 0 00.0 9 0 00.0 9 0 00.0 9 0 0下列叙述正确的是A.实验、的化学平衡常数的关系：K =&K3B.实验比实验所用的C U 2 O催化效率高C.实验的温度：T2 I；D.实验前2 0 m in 的平均反应速率v(C)2)=7 x 1 0-5m o l -L-1-m in-11 1.1 0 0 久时，向某恒容密闭容器中加入1.6 m o l L 的 W 后会发生如下反应:2 W(g)=M(g)A H =a k J -m o r i。其中M 的物质的量浓度随时间的变化如图所示：下列说法错误的是A.从反应开始到刚达到平衡
12、时间段内，v(W)=0.0 2 m o l -L _1 s 1B.a、b 两时刻生成W 的速率：v(a)v(b c)=0D.其他条件相同，起始时将0.2 m o l 氨气与W 混合，则反应达到平衡所需时间少于6 0 s1 2.FC时，在容积均为0.5 L 的两个密闭容器中发生：2 A(g)+B(g)U 2 C(g)A H =-Q k J/m o l (Q 0),6 m in 后，容器中反应达平衡，有关数据如下表。下列叙述中正确的是()容器编号起始时各物质物质的量/m o l达平衡时体系能量的变化ABC2100.7 5 Q k J0.40.21.6A.0 6 m in,v(A)=0.2 5 m
13、o l/(L m in)B.中达平衡时放出的热量为0.0 5 Q k JC.其他条件不变，若容器保持绝热恒容，则达到平衡时C的体积分数小于2/3D.若达平衡后，再通入I m o l A 与0.5 m o l B,再达平衡时A的转化率增大1 3.一定条件下合成乙烯：6 H 2(g)+2 C O2(g)=C H2=C H2(g)+4 H20(g)1,已知温度对C 0 2 的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如下图。下列说法正确的是7060504030100 ISO 200250 300 350400w t/rA.M点的正反应速率v正大于N 点的逆反应速率v 逆B.若投料比n(H 2)：n(C C 2
14、)=4:1,则图中M 点己烯的体积分数为5.8 8%C.2 5 0 汽，催化剂对C O2 平衡转化率的影响最大D.当温度高于2 5。(2,升高温度，平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低1 4.rC时，向2.0 L 恒容密闭容器中充入1.0 m o l P C 15,反应P C k(g)U P C l3(g)+C k(g)经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如图所示。下列说法正确的是()A.反应在前 50 s 的平均速率v(PCk)=0.0032 mol-L-1-s-1B.相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCI3和2.0molC12,达到平衡时，PCI3的转化率小于80
15、%C.C时，该反应的化学平衡常数K=0.05D.相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PC1、0.20 mol PC13 f t 0.20 mol Cl2,反应达到平衡前v正 v逆15.恒 温 恒 容 下,向 2L密闭容器中加入MgSOMs)和C O(g),发生反应：MgS04(s)+CO(g)U MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)反应过程中测定的部分数据见下表：反应时间/minn(MgS04)/moln(CO)/moln(CO2)/mol02.002.00020.8041.20下列说法正确的是()A.反应在0 2min内的平均速率为v(SC2)=0.6mol-L-1-min-1
16、B.反应在24min内容器内气体的密度没有变化C.若升高温度，反应的平衡常数变为1.0 0,则正反应为放热反应D.保持其他条件不变，起始时向容器中充入l.OOmolMgSO4和l.OOmolCO,达到平衡时n(C()2)0.60mol1 6.在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加小。2,能氧化降解污染物。现用该方法降解污染物p-C P,控制H2O2、Fe2+和p-C P 的初始浓度相同，设计如下对比实验探究温度、pH对该降解反应速率的影响，测得p-C P 的浓度随时间变化的关系如下图。2.0 T-298K pH-30 T-313K pH-3Q T-298K pH-10下列结论或推断不正确的是A.
17、实验、表明适当升高温度，降解反应速率增大B.根据反应原理推断，温度过高，反而会使降解速率变慢C.313K、pH=3时,在0 100s内，p-CP的分解平均速率约为1.8 X lO-m ol L s-1D.室温下，实验过程中取样分析浓度可以采用迅速加碱调节溶液pH 的方法1 7.在两个容积均为2 L的恒容密闭容器中，起始时均充入a mol H?S,以温度、AI2O3催化剂为实验条件变量，进行H2s的分解实验 反应为2H2s(g)=2H2(g)+S2(g)测得的结果如图所示。(曲线口、m 表示经过相同时间且未达到化学平衡时H2s的转化率)工心转化率7%下列说法正确的是()A.温度升高，H2s分解的
18、速率增大，Sz的含量减少B.由曲线U、HI可知，加入AI2O3可提高H2s的平衡转化率C.900久时，ts后达到平衡，则出 的生成速率为矣mob L-s TD.约110。冤时，曲线n、in几乎重合，说明AI2O3可能几乎失去催化活性1 8.向容积固定为2L 的密闭容器中充入9.6molN0和4.8molC)2，发生如下反应：2N0(g)+02(g)=2NO2(g)AH 0(2)2N02(g)W N2O4(g)AH 0,经60 s达到平衡，生成0.4 mol Z。下列说法正确的是()A.60 s内平均反应速率v(X)=0.05 mol/(L-s)B.其他条件不变，升高温度，正反应速率增大，逆反应
19、速率减小C.其他条件不变，若初始投入2 mol X和2 mol Y,则物质Y 的转化率减小D.其他条件不变，将容器体积变为4 L,Z 的平衡浓度变为原来的一半21.在中性、室温下，催化剂FeQ或 FeCuQ催化出。2解离产生的 0H来降解浓度为c)的苯酚，降解率D%(D%=E)随H2O2浓度、反应时间的关系如图所示(保持其他条件相同)。10095751-1-1-1100 150 200 250 300H Q J g L-)图 2下列说法不正确的 是()A.在 FeCuQ催化下，1.0 1.5 h内，苯酚降解速率为0.2c()mol-IT1-h-1B.其他条件不变时，随小。2浓度的增大，降解率D
20、%不一定增大C.FeQ 催化4 h 后，降解率D%不变，可能是反应达到了平衡状态D.随出。2浓度的增大降解率D%减小的原因可能是过量小。2导致 0H浓度减小2 2.可利用如下反应将二氧化碳转化为甲烷：C02(g)+2H20(g)C H4(g)+20z(g)AH=+802 kJ-m ol-1,下图为在恒温、光照、不同初始浓度和不同催化剂(I、口)作用下，体积为2 L的密闭容器中，n(CH。随光照时间的变化曲线。下列说法正确的是A.0-15 h内，催化剂n的催化效果比催化剂I效果好B.016 h内，v(C)2)=1.5 mol-L-1-h-1C.a点时，CO?的转化率相等D.反应开始后的30 h内
21、，第I种催化剂的作用下，反应吸收的热量多2 3.已知反应X(g)+Y(g)#n Z(g)H 0C.10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强D.0 5 min 内，平均反应速率v(X)=0.04 mol LT】minT2 4.在体积均为1.0 L的两个恒容密闭容器中加入足量相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和02 mol CO2,在不同温度下反应C C)2(g)+C(s)=2co(g)达到平衡，平衡时co2的物质的量浓度c(c()2)随温度的变化如图所示(图中I、n、in点均处于曲线上)。下列说法不正确的是()900 1100 1300 150077KA.反应C C 2（g）+C（
22、s）A 2 c o（g）的A H 0B.体系的总压强p：p总（状态口）2 P总（状态J U）C.体系中c（C O）：c（C O.状态n）2 c（C O,状态皿）D.逆反应速率v逆：v逆（状 态I）0,8,说明 I I 中平衡时(五)应该存在c(N C2)c(O2),容器I中5黑=1,所以达平衡时，容器口 中 黯;比小于1,则 比 容 器I中的小，故A正确；B.Qc =|丫逆，故B正确；C.I 中的反应2N C 2(g)U 2N 0(g)+O2(g)开始(m o l/L)0.6 0 0反应(m o l/L)0.4 0.4 0.2平衡(m o l/L)0.2 0.4 0.2平衡时总压强为器p k
23、P a=：p k P a,故C正确；0.6 3D.v正=v(N C)2)消耗=k j g C2(N O2),v逆=v(N O)消耗=2V(0?)消耗=k c2(N O)-c(O2),达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c 2(N 02)=k逆c 2(N。)c(O2),若k正=k逆，则C2(NO2)=c 2(N O)-c(O2)，化学平衡常数K等 于1,该温度下的K大于0.8,且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T 2 TI，故D错误故选D。4.【答案】C【解析】【分析】本题考查化学反应速率的计算，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算等，难度中等。【解答】8 IIM I 2
24、 molA.0 8 m im，r/(口 =-2 L,-=On.h-5r mol】Lr mtni，8 min,：(),；!；/II.125 mol -1-min 1,A 错误；B.向容积为2 L的恒容密闭容器中充入6 moic。2和8 mol Hz，达到平衡状态时，氢气的体积分数为(4+2鲁：)moi X 10%=2 0%,保持温度不变，若起始时充入3 mol CO2和4 mol H2,相当于减小压强，平衡逆向移动，则平衡时氢气的体积分数大于20%,B 错误；C.平衡时，c(CO2)=2mol/L,c(H2)=lmol/L,c(CH3OH)=lmol/L,c(H2O)=Imol/L,平衡常数K=
25、/*=0.5,保持温度不变，若起始时向上述容器中充入4 m oic。2、2 mol H2 2 mol CH3OH(g)flll mol H2O(g),容器体积为 2L,Qc=穿=0.25 K,反应正向进行，C 正确；D.升高温度，平衡逆向移动，平衡时氢气的物质的量增大，II可能是升高温度；恒容充入氮气，反应物的浓度不变，平衡不移动，D 错误。故选C。5.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查化学反应速率的计算，根据图表中的信息找出化学反应速率v 与c(HI)和C(H2()2)的乘积的正比关系是解题的关犍，题目难度一般。【解答】分析表中的数据可知，化学反应速率V与c(HI)和c(H2O2)的乘积
26、成正比，以第一组实验为参考，当c(HI)=0.500molL-l,c(H2O2)=0.400 mol L-1 时,c(HI)与c(H2O2)的乘积是第一组实验中c(HI)和c(H2O2)乘积的20倍，则反应速率为0.0076 m ol-L-1-s lx 20=0.152 mol-L-1-s L故答案选B。6.【答案】A【解析】【分析】本题考查学生化学反应速率知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意对表格中数据的处理，难度一般。【解答】A.将表中的三组数据代入公式V=kcx(NO).Cy(H2),得k(2.00 x 10-3)x X(6.00 x 10-3)y=1.92 x 10-3,k(1
27、.00 x 10-3)x x(6.00 x 10-3)y=4 8 0 x i()-4,k(2.00 x 10-3)x X(3.oo x 10-3)y=9 60 x IO解之得：x=2,y =1,故 A 错误；B.80CTC时，k(1.00 x 10-3)2 x(6.00 x 10-3)=4 80 x IOT,k 的值为8 x 104，故 B正确；C.若80(TC时，初始浓度c(NO)=c(H2)=4.00 x IO_3 mol-L-1,则生成N2的初始速率为8 x IO4 x(4.00 X 10-3)2*(4.00 X 10-3)mol/(L-s)=5.12 x IO-3 mol/(L s),
28、故 C正确；D.当其他条件不变时，升高温度，反应速率增大，速率常数是将增大，故 D 正确。故选Ao7.【答案】C【解析】【分析】本题考查化学平衡的计算，难度中等。【解答】A.0 4min内，生成CO2的平均反应速率为0.10/4=0.025moL I/,min2，故 A 正确；B.前 5min 时：CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)初始(mol/L)0 0 0.5 0.5平衡(mol/L)0.1 0.3 0.4 0.45min时CO?的浓度瞬间变为0.2m ol/L,则加入二氧化碳的物质的量为0.2mol/L x 2 L-0.1mol/L x2L 0.02m oL设加入
29、氢气的物质的量为x m o l,则：CO2(g)+3H2(g)U CH30H(g)+H2O(g)初始(mol/L)0.2 0.3+x/2 0.4 0.4转化(mol/L)0.025 0.075 0.025 0.025平衡(mol/L)0.175 0.225+x/2 0.425 0.425由于第8min重新达到平衡状态时，反应体系内以出)=C(CH30H),则0.225+x/2=0.4 2 5,解得x=0.4,故 B 正确；C.前 5min内CH30H的转化率为 琮 詈 X100%=20%,5 8min内电 的 转 化 率 为 鬻 X100%=1 5%,故 C 错误；D.由 B 的分析可知8mi
30、n后CH30H的平衡浓度为o.425mol.L1-故 D 正确。故选C。8.【答案】B【解析】【分析】本题考查对化学反应速率的理解及有关计算，难度不大，注意固体或纯液体的浓度一般视为常数，故增加或减少固体或纯液体的量，化学反应速率不变，一般也不用固体或纯液体来表示反应速，化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率。【解答】A.物质A 是固体，浓度不变，不能用A 表示该反应的反应速率，故 A 错误；B.不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则V(B)：v(c)：v(D)=3：2：1,故B 正确；C.3min末的反应速率为即时速率，用 B 表示3min内的平均速率为：丝 山 9 =0.2
31、mol-3minL-min-故 C 错误；D.3min 内，v(C)=gv(B)=1 mol 廿 m in t 故 D 错误。故选Bo9.【答案】D【解析】【分析】本题考查化学平衡计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确理解等效平衡、化学平衡常数计算方法是解本题关键，会根据浓度商和化学平衡常数相对大小判断反应方向,难点是等效平衡分析，题目难度中等。【解答】AH 0.16-0A.反应在前 50 s 的平均速率v(PCh)=土=W Amol/CLs)=0.0016mol-L-1-s-1故A 错误；B.A中 PC1的 转 化 率=鬻 鬻 x 100%=2 0%,相同温度下如果起始时向容器中充入1.
32、0 010”(：13和1.0 0101。2,二者为等效平衡，PC13的转化率+PCk的转化率=100%，所以PC13的转化率为80%；相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCI3和2.0 mol Cl?，相当于充入2.0 mol PCI5,增大压强平衡逆向移动，则PCh的转化率大于8 0%,故 B 错误；C.平衡时c(PCb)=c(Cl2)=0.1mol/L,c(PCl5)=i m o l/L =0.4mol/L,Z.UL.J化学平衡常数K=PC詈，2)=詈=。0 2 5 故 C 错误；C(PC15)0.4D.相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol P C、0.20 mol P
33、CI3和0.20 mol CI2，c(PCl3)=c(Cl2)=O.lmol/L,c(PCl5)=mol/L=0.5m ol/L,浓度商Qc=2.0L 2.0甯i=0.02 T 1,该反应为吸热反应，温度越高，k 越大，所以实验、的化学平衡常数的关系：=K2 故 A 正确；B.、化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，中水蒸气的浓度变化比快，则实验比实验所用的CU2。催化效率高，故 B 错误；C.实验温度越高达到化学平衡时水蒸气转化率越大，和相比，转化率高，所以T2 T1(故 C 错误；D.实验前20min的平均反应速率丫(电)=(。项。一
34、 累;：沏。1 4=7 x 1 0-5m o l.L-1min_ 1,则v()2)=卜(%)=3.5 x 10-5m ol/(L.m in),故 D 错误。故选Ao11.【答案】D【解析】【分析】本题考查化学反应速率的计算，化学平衡知识，意在考查学生的观察、判断能力。【解答】A.由图像可知，v(W)=2v(M)=竺 嘿 二 x 2=0.02 mol L s】，故 A 正确；B.随着反应的进行,逆反应速率逐渐增大，所以a、b 两时刻生成W 的速率:v(a)v(b),故 B 正确；C.bc时段内处于平衡状态，W 浓度变化为0,则该阶段的平均反应速率为0,故 C 正确；D.恒容条件下，加入稀有气体氮
35、气对反应速率无影响，故 D 错误。故选D。12.【答案】D【解析】【分析】本题考查化学平衡有关计算、等效平衡、反应热等问题，难度一般。侧重考查学生的分析、计算能力，注意等效平衡思想的应用，关键是判断两容器内平衡途径的建立。【解答】A.容器中参加反应的A 的物质的量=2mol x 0.75QkJ/QkJ=L5mol,浓度是1.5mol+0.5L=3.0m ol/L,则06min,v(A)=3.0mol/L 6min=0.5mol/(L-m in),故 A 错误；B.根据以上分析可知2A(g)+B(g)=2 C(g)起始(m o l)：210转化(m o l)：1.5 0.751.5平衡(m o
36、l)：0.5 0.2 5 1.5恒温恒容下，中完全转化到方程式左边可以得到2m o i A、I m o l B,容器、反应为完全等效平衡，平衡时各组分的物质的量相等，中吸收的热量为(0.25-0.2)m o l xQ k j/m o l =0.05Q k J,故 B 错误；C.平衡时、中 C的体积分数为1.5m o l/(0.5+0.25+1.5)m o l =2/3,其他条件不变,若容器保持恒容绝热，随反应进行，温度降低，反应向生成C的方向移动，生成2m o l C时，混合气体减小I m o L 则达到平衡时C的体积分数大于2/3,故 C错误；D.若达平衡后，再通入I m o l A 与0.
37、5m o I B,相当于增大压强平衡向正反应方向进行，再达平衡时A的转化率增大，故 D正确。故选D。13.【答案】B【解析】【分析】本题考查了图象分析化学反应速率的影响因素、平衡计算、平衡移动等，试题难度一般。【解答】A.化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能小于v(N),故 A错误；B.设开始投料n(H2)为 4m o l，则n(C 02)为 I m o l,所以当在M 点平衡时二氧化碳的转化率为50%所以有6H式g)+2C O 2(g)催化剂U C H2=C H2(g)+4H20(g)开 始 4 1 0 0转化 1.5 0.5 0.25平衡 2.5 0.5
38、 0.25 1所以乙烯的体积分数为0.252.5+0.5+0.25+1X 100%=5.88%,故 B 正确;C.250,催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，所以对C O 2平衡转化率的影响无因果关系，故 C错误；D.根据图象，当温度高于250。&升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故 D错误。故选Bo14.【答案】D【解析】【分析】本题考查化学平衡计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确理解等效平衡、化学平衡常数计算方法是解本题关键，会根据浓度商和化学平衡常数相对大小判断反应方向,难点是等效平衡分析，题目难度中等。【解
39、答】AH 0.16-0A.反应在前 50 s 的平均速率v(PCk)=4=W+mol/CLs)=0.0016mol-L-1-s-1 故A 错误；B.A 中 PC1的转化率=警 翳 x 100%=2 0%,相同温度下如果起始时向容器中充入1.0|110麻(：13和1.0 0101(：12,二者为等效平衡，PCI3的转化率+PCL的转化率=100%，所以PCh的转化率为80%；相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCh和2.0 mol Cl?，相当于充入2.0 mol PCg增大压强平衡逆向移动，则PCh的转化率大于8 0%,故 B 错误；C.平衡时c(PCh)=c(Cl2)=0.1mo
40、l/L,c(PCl5)=堪 詈 mol/L=0.4mol/L,化学平衡常数K=史 需 争=卢=0.0 2 5,故 C 错误；C(PC15)0.4D.相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCk、0.20 mol PCI3和0.20 mol Q2，c(PCl3)=c(Cl2)=O.lmol/L,c(PCl5)=mol/L=0.5m ol/L,浓度商Qc=2.0L 2.0甯i=0.0 2 2)0.60moL故 D 错误。开始(mol)：2 00变化(mol)：1.2 1.21.2平衡(mol)：0.8 1.21.21.2 1.2故该温度下平衡常数K=q 资2=0.9,若升高温度，反应的平衡
41、常数变为1.0 0,则平衡故选B(.16.【答案】C【解析】【分析】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度中等，注意掌握影响化学反应速率的因素，明确设计对比实验时，只能改变一个条件，否则无法确定影响因素，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。【解答】A.实验、表明适当升高温度，降解反应速率增大，故A正确；B.根据图像推断，温度过高，电。2分解，反而会使降解速率变慢，故B正确；C.根据图象可知，曲线中在0 100s内，浓度由2 x 10-3moi/L下降为0.2 x 10-3mol/L,则0 100s内的平均反应速率为：v(p-CP)=c/A t=(2-0.2)x 10-3mol/L/
42、100s=1.8 x 10-5mol/(L-s),故 C 错误；D.室温下，实验、表明在过程中取样分析浓度可以采用迅速加碱调节溶液pH的方法，故D正确。故选C。17.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查化学平衡移动原理，考查学生对化学平衡移动原理的理解能力和综合运用能力，试题较难。【解答】A.根据图示可知，升高温度，H2s的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，S?的含量增大，故A错误；B.加入AI2O3可提高H2s的分解速率，但不能使化学平衡移动，因此H2s的平衡转化率不变，故B错误；C.根据图示可知90(TC时，H2s的转化率是50%,ts后山 的物质的量为0.5amoL也 的生成速率
43、为*mol 7-1,故C错误；D.根据图示可知在约iio(rc时，曲线口、in几乎重合，说明不论有无催化剂AI2O3,物质的反应速率相同，贝IJAI2O3可能几乎失去催化活性，故D正确。故 选D。18.【答 案】B【解 析】【分 析】本题旨在考查学生对化学反应速率、化学平衡计算、平衡常数的应用。【解 答】2N0(g)+02(g)2NO2(g)开始 4.8mol/L 2.4mol/L 0转化 2.8mol/L 1.4mol/L 2.8mol/L5min 2mol/L Imol/L 2.8mol/L2NO2(g)U N2O4(g)开始 2.8mol/L 0转化 1.6mol/L 0.8mol/L5
44、min 1.2mol/L 0.8mol/LA.由分析可以知道NO的浓度改变了2.8mol/L,所以平均速率是0.56mol (L-min)-1,故A错 误；B.反应的化学平衡常数K=1.22/22 x 1=0.36,故B正确；C.lOmin时二氧化氮和四氧化二氮浓度都降低，所以平衡时向逆向移动的，而逆反应是吸热反应，降低温度应该向放热反应方向移动，故C错 误；D.若起始时向该容器中充入1.6molNC2和4.0molN2()4,TTC达到平衡时，NO2的物质的量浓度与图中5lOmin的相同，故D错 误。故 选B19.【答 案】D【解 析】略20.【答 案】C【解 析】【分 析】本题主要考查的是
45、化学平衡和化学反应速率，注意外界条件对化学平衡的影响，根据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算反应速率。【解 答】u.4moiQA.经 60s 达到平衡，生成0.4molZ,则v(Z)=mol/fL-s)故v(X)=-v(Z)=k 7 60S 300 7 k 7 2|x 击 mol/(L s)=0.005mol/(L-s),故 A 错误；B.其他条件不变，若升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故 B错误；C.其他条件不变，若初始投入2mol X和2moi Y,对比3molX和 3m oiY,相当于降低了体系的压强，故平衡左移，即 Y 的转化率减小，故 C 正确；D.其他条件不变，将容
46、器体积变为4L,Z 的平衡浓度瞬间变为原来的一半，但是此时由于减小压强，故平衡左移，导致Z 的浓度继续降低，故 D 错误。故选C。21.【答案】A【解析】【分析】本题考查图象分析、平衡状态的判断、反应速率影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】A.在 FeCuQ 催化下，由图可知，t=1.0h 时，D%=20%,则冒C1=O.8co,t=1.5h时，D%=4 0%,则 气”=40%,CL,5=O.6co,则1.0 1.5 h内，苯酚降解速率 为 罕=*/=O.4co mol L、3，故 A 错误；B.由图1可知，其他条件不变时，随电。2浓度的增大，降解率D%不一定增大，故
47、 A 正确；C.由图2 可知，FeQ催化4h前，降解率D%逐渐增大，FeQ催化4h后，降解率D%不变，可能是反应达到了平衡状态，故 C 正确；D.随H2O2浓度的增大降解率D%减小的原因可能是过量H2O2导致，0H浓度减小，故 D正确。故选Ao22.【答案】D【解析】【分析】本题旨在考查化学反应速率的影响因素、计算等应用，读懂变化曲线是解答的重点。【解答】A.在0-15h时，在催化剂I 的作用下，生成的甲烷的物质的量较少，但并不能得出催化剂 I 的催化效果比催化剂II的效果差，因为不符合单一变量原则，二氧化碳的初始浓度不同，所以无法得出反应速率是由催化剂引起的还是反应物浓度引起的，故 A 错误
48、；B.未指明是曲线I 还是曲线口，所以无法求速率，故 B 错误；C.二氧化碳的初始浓度可能不同，但二氧化碳的变化量相同，所以a点时，CO2的转化率不一定相等，故 C错误；D.根据图象不难看出，在反应开始后的30h内，第 I 种催化剂的作用下，得到的CH4较多，所以第I 种催化剂的作用下，反应吸收的热量多，故 D 正确。故选D。23.【答案】C【解析】【分析】本题考查化学平衡移动的图像问题，掌握外界条件对平衡的影响是解题的关键，难度不大。【解答】A.观察图像，05min,X、Y 的物质的量浓度减小0.4mol/L,Z 浓度增大0.4mol/L,浓度的变化量之比等于化学计量数之比，得n=l,故 A
49、 错误；B.根据A 项分析可知5 0,故A 项正确；B.状态n 和状态in 的温度、体积相同，状态n 起始加入co?的物质的量是状态in的 2 倍，状态II相当于在状态in达平衡后将体积缩小一半，压强增大，平衡逆向移动，P总（状态n）2p总（状态加），故 B 项错误；c.状态n 和状态in的温度、体积相同，状态n 起始加入co?的物质的量是状态in的 2 倍，状态II相当于在状态in达平衡后将体积缩小一半，压强增大，平衡逆向移动，c（CO,状态 n）2c（c o,状态皿），故 c 项正确；D.温度：T（状 态 I）T（状态HI）,故逆反应速率：V逆（状 态 I）v 逆（状态m）,故 D 项正确。故答案为B