第二章 化学反应速率与化学平衡 单元训练卷（含解析） 高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1考试试卷

第二章 化学反应速率与化学平衡 单元训练卷
一、选择题
1．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A．Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
B．由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
C．将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应
D．往硫化氢水溶液中加碱有利于S2-的增多
2．亚硝酰氣(NOCl)可用做有机合成试剂。某研究小组用NO和Cl2制备NOCl，并分离回收未反应的原料，装置如图(夹持及加热装置已略去)。
已知：①；
②沸点： NOCl为-6℃，Cl2为-34℃，NO为-152℃ ；
③NOCl易水解，能与O2反应。下列说法错误的是
A．实验前先通入氩气，目的是排尽装置内的空气
B．低温浴槽B的温度区间应控制在-34℃~-6℃
C．将催化剂负载在玻璃棉上，以增大接触面积，提高反应速率
D．尾气回收的物质为NO
3．在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是
A．水煤气变换反应是放热反应
B．若选用其他催化剂会改变该反应的
C．总反应可表示为
D．决定总反应速率的步骤之一为
4．已知分步反应：(①，②，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是
A．升高温度，、均不变，反应速率加快
B．A转化为D和E的反应为吸热反应
C．使用合适的催化剂可降低反应的活化能，但不影响反应的热效应
D．第一步反应的速率小于第二步反应的速率
5．十氢化萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“”的脱氢过程释放氢气。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。
下列说法正确的是
A．升高温度，可降低、，加快化学反应速率
B．反应Ⅰ的活化分子百分数高于反应Ⅱ
C．
D．的脱氢过程中，不会有大量积聚
6．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表而上发生的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下浓度随时间的变化如下表所示。下列说法错误的是
编号 时间/min 表面积/ 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．相同条件下，增加的浓度，反应速率增大
B．实验③，
C．实验②，时处于平衡状态，
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
7．在一个恒容密闭容器中通入一定量的A、B气体，在一定条件下发生反应：。达到平衡后，只改变一个条件，下列物理量的变化一定符合图中曲线的
选项
A 再通入A B的转化率
B 再通入C A的体积分数
C 通入氦气 C的物质的量
D 升高温度 混合气体的平均摩尔质量
A．A B．B C．C D．D
8．环境污染已成为一个世界性问题，下列说法正确的是
A．CO与可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示。则为中间体、为催化剂
B．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如图2所示。若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量
C．工业上用合成乙酸的反应路径如图3所示，催化循环的总反应为
D．科学家研究了钒系SCR催化剂催化脱硝机理，部分反应机理如图4所示。脱硝反应为
9．下列实验操作、现象及相应的结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 将NO2球分别浸泡在冰水和热水中 冰水中NO2球颜色变浅 正反应吸热
B 向某无色溶液中滴加稀硫酸 产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀 该无色溶液中一定含有Na2S2O3
C 取两支试管M和N，各加入2 mL0.01 mol/L酸性KMnO4溶液，向M试管中滴加2 mL 0.01 mol/L H2C2O4溶液，向N试管中滴加2 mL 0.02 mol/L H2C2O4溶液 M、N试管均褪色，且褪色时间：M>N 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大
D 向两支均盛有2 mL 5% H2O2溶液的试管中分别滴入0.1mol/L的FeCl3和CuCl2溶液各1mL 前者产生气泡较快 不同的催化剂对同一反应的催化效果不同
A．A B．B C．C D．D
10．捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上检测到有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为；反应②为
B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，反应②生成速率小于副反应生成的速率
D．之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止
11．将一定量的固体置于恒容密闭真空容器中(固体试样的体积忽略不计)，使其在50℃的恒温条件下分解：。实验测得该体系的压强如表所示。
时间/min 0 10 20 30 40 50 60 70
压强/ 0 0.66 1.28 1.78 2.20 2.50 2.50 2.50
已知：为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。
下列有关说法正确的是A．当混合气体的平均相对分子质量为25.5，且不再随时间变化时，反应达到平衡
B．0~10min，用的压强变化表示该反应的平均反应速率为
C．50℃时，的分解反应的压强平衡常数
D．50℃时，若在65min时将容器的容积压缩至原来的，再次达到平衡时，体系的压强大于
12．在钒化合物的催化作用下，H2O2发生反应的反应机理如图甲，反应过程中的能量变化情况如图乙所示，下列说法错误的是
A．此过程的总反应为H2O2+Cl-+H+=H2O+HClO
B．在图示无机反应中，被氧化的是氯元素，被还原的是氧元素
C．图中钒的化合价发生了变化
D．此过程的总反应速率由C到D的步骤决定
13．运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂(Pd和Rh)表面分解产生的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法不正确的是
A．HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程
B． HCOO是该历程的决速步骤
C．该反应过程中存在C-H断裂和C=O键的生成
D．Pd和Rh作催化剂时改变了HCOOH分解产生的反应热
14．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是
A．0～3s内，反应速率为v(O3)=0.2mol L-1 s-1
B．降低温度，平衡常数增大
C．t1时的改变一定是加入了催化剂，平衡不移动
D．t1时刻，该反应达平衡状态
二、填空题
15．“液态阳光”是推动碳低峰，碳中和的技术新路径。反应原理为：(假设核反应无副反应)。
(1)设，y随温度的变化关系如图1所示。图对应该反应的线条是_______。
(2)向容积均为2L的恒容密闭容器中通入和，在不同催化剂X、Y的催化下发生反应。测得时，转化率与温度的变化关系如图2所示。
①该反应适宜选用的催化剂为_______(填“X”或“Y”)。
②时，d点对应容器在0~50min内的平均反应速率_______。
③a、c两点转化率相等，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．a、c两点一定都是平衡点 B．a点可能为平衡点，c点一定不是平衡点
C．a点一定不是平衡点，c点可能为平衡点 D．a、c两点一定都不是平衡点
④转化率：c点⑤按上述投料，若某温度下，初始压强为，达到平衡时，转化率为50%，则该反应的平衡常数_______(用p表示)，若将容器的体积缩小为1L，_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是_______。
16．CO2的捕集和利用对“碳中和”的实现具有重要意义，回答下列问题：
(1)在钌配合物催化下CO2加氢合成甲酸发生反应I，同时还伴有反应II的发生。
I.CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H1=-30.9kJ mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
已知Arrhenius公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为反应速率常数，R和C为常数)，反应I的有关数据如图1中的曲线d所示，则该反应的活化能Ea=______kJ mol-1。改变外界条件，有关数据如图1中的曲线e所示，则实验可能改变的外界条件是______。
(2)一种新型钌配合物催化剂催化CO2加氢合成甲酸的反应机理如图2所示。生成中间体的反应为______。研究表明，极性溶剂有助于促进CO2插入M－H键中，使用极性溶剂后较大地提高了整个反应的合成效率，原因可能是______。
17．与经催化重整，制得合成气：，已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
键能 413 745 436 1075
则该反应的_______。分别在恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入和各的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______(填“A”或“B”)。
18．某储氢合金(M)的储氢机理简述如下：合金吸附H2→氢气解离成氢原子→形成含氢固溶体MHx(相)→形成氢化物MHy(相)。已知：(相)与MHy(相)之间可建立平衡：
请回答下列问题：
(1)上述平衡中化学计量数k=________(用含x、y的代数式表示)。
(2)t℃时，向体积恒定的密闭容器中加入一定量的储氢合金(M)，随充入H2量的改变，固相中氢原子与金属原子个数比(H/M)与容器中H2的平衡压强p的变化关系如图所示。
①在________温________压强下有利于该储氢合金(M)储存H2(填“低”或“高”)。
②若6g该储氢合金(M)在10 s内吸收的H2体积为24 mL，吸氢平均速率v=________mL/(g s)。
③关于该储氢过程的说法错误的是________。
a．OA段：其他条件不变时，适当升温能提升形成相的速率
b．AB段：由于H2的平衡压强p未改变，故AB段过程中无H2充入
c．BC段：提升H2压力能大幅提高相中氢原子物质的量
(3)实验表明，H2中常含有O2、CO2、、H2O等杂质，必须经过净化处理才能被合金储存，原因是___________。
(4)有资料显示，储氢合金表面氢化物的形成会阻碍储氢合金吸附新的氢气分子，若把储氢合金制成纳米颗粒，单位时间内储氢效率会大幅度提高，可能的原因是________________。
(5)某镁系储氢合金的晶体结构如图所示：
该储氢合金的化学式为________。若储氢后每个Mg原子都能结合2个氢原子，则该储氢合金的储氢容量为________mL/g(储氢容量用每克合金结合标准状况下的氢气体积来表示，结果保留到整数)。
19．在刚性密闭容器中充入一定量的和，发生反应：。其他条件相同，在两种催化剂作用下，反应相同时间时的转化率与温度的关系如图所示。
(1)催化效率较高的是_______(填“”或“”)；b点_______(填“达到”或“未达到”)平衡。
(2)温度高于，升高温度，的原因可能是_______(答1条即可)。
三、实验题
20．已知锌与稀盐酸反应放热，某学生为了探究反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有、两种浓度，每次实验稀盐酸的用量为，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为。实验温度为、。
(1)完成以下实验设计(填写表格中空白项)，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
编号 锌规格 盐酸浓度/ 实验目的
① 298 粗颗粒 2.00 (Ⅰ)实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响； (Ⅱ)实验①和_______探究温度对该反应速率的影响； (Ⅲ)实验①和实验④探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。
② 298 粗颗粒 1.00
③ 308 粗颗粒 2.00
④ 298 细颗粒 2.00
(2)实验①记录如下(换算成标况)：
时间(s) 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
氢气体积() 16.8 39.2 67.2 224 420 492.8 520.8 543.2 554.4 560
①计算在范围内盐酸的平均反应速率_______(忽略溶液体积变化)。
②反应速率最大的时间段(如)为_______，可能原因是_______；
(3)另一学生也做同样的实验，由于反应太快，测量氢气的体积时不好控制，事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生气体总量的情况下，你认为他选择的溶液可以是_______(填相应字母)；A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．
(4)某化学研究小组的同学为比较和对分解的催化效果，设计了图所示的实验。
①如图可通过观察_______现象，比较得出比较和对分解的催化效果结论。
②该实验存在明显不合理的地方，你认为不合理的地方是_______。
21．无水碘化钠是一种白色粉末被广泛地应用于石油探测、安检、环境监测等领域。
按化学计量称取各原料，在三颈烧瓶中(如图)先加入适量的高纯水，然后按NaHCO3、I2和水合肼的投料顺序分批加入。
已知：
①I2＋2NaHCO3=NaI＋NaIO＋H2O＋2CO2↑ H1＜0
3I2＋6NaHCO3=5NaI＋NaIO3＋3H2O＋6CO2↑ H2＜0
②I2(s)＋I－(aq) (aq) ΔH3
③水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性，可分别将IO－、IO和I2，还原为I－，自身被氧化为无污染的气体；
(1)①写出I与NaHCO3反应生成IO的离子方程式：_______。
②加入稍过量水合肼与IO－反应的离子方程式为_______。
③常温常压时，I2与NaHCO3溶液反应慢，下列措施不能够加快反应速率的是_______(填字母)。
a．将碘块研成粉末 b．起始时加少量NaI
c．将溶液适当加热 d．加大高纯水的用量
(2)I2与NaHCO3溶液反应适宜温度为50～60℃，原因是_______，整个实验过程中都需要开动搅拌器，其目的是_______。
(3)所得溶液(含SO)进行提纯，可制得较纯的NaI晶体。实验方案为：_______，得到NaI晶体。[实验中须使用的试剂：HI溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液、高纯水：除常用仪器外须使用的仪器：pH计]
四、原理综合题
22．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的_______。
(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的缺点是_______。
(3)在1470K、100kPa反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为_______，平衡常数_______kPa。
(4)在1373K、100kPa反应条件下，对于分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如图所示。
①越小，平衡转化率_______，理由是_______。
②对应图中曲线_______，计算其在之间，分压的平均变化率为_______。
23．光气()在工业上具有重要的用途。
(1)相关的化学键键能数据如下表。
化学键
243 330 1076 765
写出工业上采用高温活性炭催化与合成的热化学方程式：___________
(2)在密闭体系中，充入体积比为的和和适量的活性炭，发生反应，实验测得反应平衡体系中的体积分数与压强p和温度T的关系曲线如图所示：
①有利于提高光气()平衡产率的反应条件是___________。
②图中A点和C点化学平衡常数的大小关系：___________(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是___________。若用压强平衡常数，表示，计算B点对应的___________ (用含的式子表示)为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，气体平衡分压=总压×气体体积分数)。
参考答案：
1．B
【详解】A．Fe(SCN)3溶液中存在化学平衡:Fe(SCN)3 Fe3++3SCN-，加入固体 KSCN后，平衡向生成Fe(SCN)3方向移动，溶液颜色变深，能用平衡移动原理解释，A不符合题意；
B．由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不移动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；
C．合成氨的反应中，将混合气体中的氨气液化，减小了生成物浓度，平衡向着正向移动，可以用平衡移动原理解释，C不符合题意；
D．H2S H++HS-，HS- H++S2-，加碱，电离平衡右移，S2-浓度增大，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；
故答案选B。
2．B
【分析】通过实验原理可知，进气端为和，经过催化剂使其反应制备；经过低温浴槽A降温，使冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。
【详解】A．通入和前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止产物与空气中的氧气反应，防止遇空气中的水而水解，A正确；
B．为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或，再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，低温浴槽B的温度区间应控制在-34℃以下，B错误；
C．将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，C正确；
D．由分析可知尾气回收的物质为NO，D正确；
故选B。
3．B
【详解】A．由图示可知水煤气变换反应的反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应，
A正确；
B．反应的只取决于反应体系的始态和终态，选用其他催化剂会改变反应所需的活化能，但不改变，B错误；
C．由图示可知，总反应可表示为，C正确；
D．由图示可知的活化能最大，故为决定总反应速率的步骤，D正确；
答案选B。
4．A
【详解】A．升高温度化学反应速率增快，但活化能降低．故A项错误；
B．由图可知，A的总能量大于D和E的总能量,属于放热反应，故B项正确；
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但不影响始态和终态的能量，所以反应的热效应不受影响，故C项正确；
D．由图可知．第一步的活化能高于第二步的，活化能越大，反应速率越慢，则第一步反应的速率小于第二步反应的速率，故D项正确；
故选A。
5．D
【详解】A．升高温度，不能改变反应的活化能，即不可降低、，而是通过增大分子的能量使普通分子变为活化分子，增大活化分子百分含量，从而加快化学反应速率，A错误；
B．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，活化分子百分率越大，反应速率越快，则反应Ⅰ的活化分子百分率低于反应Ⅱ，B错误；
C．总反应的△H等于生成物的总能量减去反应物的总能量，Ea1为C10H18
C10H12的活化能，Ea2为C10H12C10H8的活化能，根据能量变化图，总反应即的△H≠Ea1-Ea2，C错误；
D．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，即消耗C10H12速率大于生成C10H12，所以C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12，D正确；
故答案为：D。
6．A
【详解】A．由编号①②数据可知，在催化剂表面积相等的情况下，实验①的浓度是实验②的两倍，但反应20min后的消耗量都是0.4mol/L，说明增加的浓度，反应速率不变，故A错误；
B．实验③，过程中，，故B正确；
C．实验③中反应达到平衡时的浓度为0.4mol/L，而催化剂表面积的变化不会改变平衡状态，则实验②中反应达到平衡时的浓度为0.2mol/L，由因为实验②中的浓度是实验③的一半，等效于减小压强，平衡正向移动，的浓度减小，则实验②，时处于平衡状态，，故C正确；
D．由编号②③数据可知，增大催化剂的表面积，消耗相同所用时间减小，反应速率增大，故D正确；
故选A。
7．A
【详解】A．达到平衡后，再通入A，平衡正向移动，B的转化率增大，与题图中曲线符合，A正确；
B．达到平衡后，再通入C，平衡逆向移动，由于混合气体的总物质的量的增加程度大于A的物质的量的增加程度，A的体积分数减小，与题图中曲线不符合，B错误；
C．该反应在恒容密闭容器中进行，达到平衡后，通入氦气，各组分的浓度不变，平衡不移动，C的物质的量不变，与题图中曲线不符合，C错误；
D．该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，混合气体的总物质的量增大，而混合气体的总质量不变，故混合气体的平均摩尔质量减小，与题图中曲线不符合，D错误；
故选A。
8．C
【详解】A．CO与可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示第一步是和反应生成氮气和，则为催化剂、为中间体，故A错误；
B．若导电基体上的Pt颗粒增多，反应速率加快，平衡不移动，因此对溶液中含氮量无影响，故B错误；
C．工业上用合成乙酸的反应路径如图3所示，反应物为甲醇、二氧化碳、氢气，产物为乙酸、水，其催化循环的总反应为，故C正确；
D．根据图4信息得到脱硝反应是氨气、一氧化氮和氧气反应生成氮气和水，故D错误。
综上所述，答案为C。
9．D
【详解】A．将NO2球分别浸泡在冰水和热水中，冰水中NO2球颜色变浅，说明温度降低平衡右移，所以正反应是放热反应，A错误；
B．向某无色溶液中滴加稀硫酸，产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀，所以该无色溶液中一定含有，B错误；
C．取两支试管M和N，各加入2 mL0.01 mol/L酸性KMnO4溶液，向M试管中滴加2 mL 0.01 mol/L H2C2O4溶液，向N试管中滴加2 mL 0.02 mol/L H2C2O4溶液,两试管中高锰酸钾均过量，颜色变化不易观察，C错误；
D．向两支均盛有2 mL 5% H2O2溶液的试管中分别滴入0.1mol/L的FeCl3和CuCl2溶液各1mL，前者产生气泡较快，说明不同的催化剂对同一反应的催化效果不同，D正确；
故选D。
10．D
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A项正确；
B．有图知，时间内，大于，且生成不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，则可能发生反应，由于反应②和副反应中和的系数比均为1：2，所以生成氢气的速率不变，B项正确；
C．根据图知，开始时, 时刻，不变，减小，说明副反应生成小于反应②生成，C项正确；
D．之后，，逐渐增大，则生成，说明反应②不再发生，并不是在之后，是在之后，D项错误；
答案选D。
11．C
【详解】A．由的分解反应知，反应过程中得到等物质的量的与，故混合气体的平均相对分子质量恒为，与是否达到平衡状态无关，A错误；
B．恒温恒容时，气体的压强与其物质的量成正比，即反应过程中，与的分压始终相等，10min时，，故在0~10min内，用的压强变化表示该反应的平均反应速率为，B错误；
C．50℃时，当体系的压强不再随时间变化时，反应达到平衡，，，C正确；
D．50℃时，若在65min时将容器的容积压缩至原来的1/2，瞬间体系压强变为原来的2倍，平衡逆向移动，温度不变，不变，，故再次达到平衡时，，体系的压强为2.50，D错误；
故选C。
12．C
【详解】A．根据题所给循环过程，总反应式为H2O2+Cl―+H+=H2O+HClO，A项正确；
B．H2O2+Cl－+H+=H2O+HClO中被氧化的是氯元素，被还原的是氧元素，B项正确；
C．仔细观察可知虽然钒的配位数发生了变化，但其化合价始终为+5价不变，C项错误；
D．此过程的总反应速率由活化能最大的反应步骤C到D决定，D项正确。
答案选C。
13．D
【详解】A．由图示可知，HCOOH吸附在催化剂表面形成 HCOOH* 过程能量降低，则该过程是一个放热反应，故A不选；
B．由图示可知，的步骤活化能最高，反应速率最慢，故为整个反应历程的决速步骤，故B不选；
C．HCOOH*变为HCOO*和H*的过程有C-H键的断裂，中生成有C=O的形成，故C不选；
D．催化剂可以改变的路径，不能改变反应的焓变，则用Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生的反应热相同，故D选；
故选D。
14．BC
【详解】A．根据图像可得出NO2表示的化学反应速率=0.2 mol·L-1·s-1，又因为各物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(O3)=v(O3) = 0.1 mol·L-1·s-1，A项错误；
B．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，B项正确；
C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C项正确；
D．反应达到平衡，各物质浓度不再随时间延长而改变，t1时刻后，物质的浓度改变，该反应没有达到平衡状态，D项错误；
故选BC。
15．(1)c
(2) X 0.005 C 该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动；温度升高，催化剂的活性降低 不变 只受温度影响
【详解】（1）反应是气体体积减小的反应，，设，T增大，y值增大，图对应该反应的线条是c。
（2）①由图可知，相同温度时，选用催化剂X时，的转化率较高，该反应适宜选用的催化剂为X；
②时，d点对应容器在0~50min内的平均反应速率=0.005；
③催化剂只能改变反应速率，不能改变的平衡转化率，当的转化率最高时，说明反应达到平衡状态，则b点是平衡点，则a点一定不是平衡点，c点可能为平衡点，故选C；
④b点是平衡点，升高温度，转化率减小，若c点达到平衡，转化率减小的原因是：该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，转化率减小；若c点未达到平衡，转化率减小的原因是：温度升高，催化剂的活性降低；
⑤根据已知条件列出“三段式”：
初始压强为，则平衡压强为，则该反应的平衡常数，若将容器的体积缩小为1L，不变，原因是只受温度影响。
16．(1) 1120 使用更高效的催化剂(或增大催化剂的比表面积)
(2) CO2+ = CO2插入M－H键中所需的活化能最大，使用极性溶剂后活化能降低
【详解】（1）由可知，活化能为直线斜率的相反数。将曲线上两点的坐标分别代入中，可得。同理，可得曲线对应的，活化能减小，故改变的条件可能是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。故答案为：1120；使用更高效的催化剂(或增大催化剂的比表面积)。
（2）由题图2知，该反应的中间体为 ，则生成中间体的反应为，是决速步，插入键中所需的活化能最大，使用极性溶剂后活化能降低，从而较大地提高了整个反应的合成效率。故答案为：CO2+ =；CO2插入M－H键中所需的活化能最大，使用极性溶剂后活化能降低。
17． B
【详解】根据反应物总键能-生成物总键能，该反应的；该反应为气体分子数增大的吸热反应，恒容时达到的平衡相当于恒压条件下达到平衡后增大压强，加压平衡向逆反应方向移动，故恒容时反应达平衡后吸收的热量比恒压时反应达平衡后吸收的热量少，故两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是B。
18．(1)
(2) 低 高 0.4 bc
(3)防止合金与杂质发生反应而失去吸附的能力、防止合金与杂质气体形成配位化合物而失去吸附H2的能力、防止合金吸附杂质气体而失去吸附的能力、防止合金因杂质气体的存在而中毒均可
(4)减小粒子直径之后接触面积变大，吸附速率变快；氢气等量时表面的氢化物形成没有大颗粒集中，对内部金属吸附氢气的阻碍作用会变弱；吸附后扩散的距离变短，很快能达到饱和
(5) Mg2Ni 419
【详解】（1）由元素守恒可得化学计量数k=；
（2）①根据题目已知热化学方程式可知：吸氢反应是放热反应，则低温有利于平衡正向移动；该反应的正反应是气体体积减小的反应，吸氢向气体体积变小的方向移动，则加压有利于平衡正向移动。故在低温高压条件下有利于该储氢合金(M)储存H2；
②根据化学反应速率的计算方法可知其化学反应速率v(H2)=；
③a．在其它体积不变时，升温一般能加快反应速率，故OA段在其他条件不变时，适当升温能提升形成相的速率，a正确；
b．AB段固相中H原子增多，且密闭容器体积恒定，若氢气压强不变，一定是充入了H2，b错误；
c．BC段氢气压力升高而相中氢原子的百分含量几乎不变，即H/M未发生明显变化，故c错误；
故合理选项是bc；
（3）由于杂质气体容易和储氢合金的催化剂发生反应而导致储氢合金中毒，从而会失去吸附氢的能力，因此被被合金储存时必须经过净化处理才能被合金储存；
（4）纳米材料颗粒小，充入等量H2表面形成氢化物较稀疏，内部金属能较快地和氢原子结合；纳米材料表面积大，吸附能力增强，这些都能增大单位时间内储氢效率；
（5）Mg原子位于晶胞内部，在一个晶胞中有8个Mg原子；Ni位于顶点和面心，其数目是8×+6×=4个，故该储氢合金的化学式为：Mg2Ni；
若储氢后每个Mg原子都能结合2个氢原子，则该储氢合金储氢后变为Mg2NiH4，则储氢容量为。
19．(1) 未达到
(2)催化剂的活性降低
【详解】（1）由图可知，温度相同、时间相同时，Cat2作催化剂时，C2H2的转化率更高，故Cat2的催化效率较高；催化剂改变反应速率，不改变平衡时物质的转化率，由图可知，下
使用Cat2作催化剂，C2H2的转化率高于b点，说明b点未达到平衡。
（2）温度高于，升高温度，b→c段C2H2的转化率降低，原因可能是催化剂的活性降低。
20．(1)实验③
(2) 0.056mol·L-1·s-1 40s-50s 反应放热，温度升高，反应速率加快
(3)B
(4) 产生气泡多少 Cl-和SO对实验可能带来干扰
【详解】（1）由实验目的可知，探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，实验①②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，实验①③只有温度不同、其他条件均相同；实验①和④只有锌规格（粗、细）不同，其他条件均相同，所以实验①③是探究温度对该反应速率的影响，故答案为实验③。
（2）①在30 40s范围内氢气的物质的量变化，Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑，则在30 40s范围内△n(HCl)＝2△n(H2)＝0.014mol，所以在30 40s范围内盐酸的平均反应速率，故答案为。
②10s内生成氢气的体积分别为：16.8mL、22.4mL、28mL、156.8mL、196mL、72.8mL、28mL、22.4mL、11.2mL、5.6mL，相等时间段内生成氢气的体积越大，则反应速率越快，所以反应速率最大的时间段是40～50s,可能原因是反应放热，温度高，反应速率快，故答案为40～50s；反应放热，温度升高，反应速率加快。
（3）A．溶液加入生成了，与Zn反应生成NO，不能生成氢气，影响产生H2气体总量，故A不符合题意；
B．在盐酸中加入NaCl溶液都相当于将盐酸稀释，盐酸中氢离子浓度减小，所以速率减慢，并且不影响产生H2气体总量，故B符合题意。
C．在盐酸中加入溶液，则金属锌会置换出金属铜，形成Cu、Zn、硫酸原电池，会加快反应速率，故C不符合题意；
D．在盐酸中加入溶液，会消耗氢离子，影响产生H2气体总量，故D不符合题意；
故答案选B。
（4）①和对分解的催化效果可以通过观察产生气泡多少判断，故答案为产生气泡多少；
②题中所用溶液分别为和，阴离子不同，不符合单一变量原则，故答案为Cl-和SO对实验可能带来干扰。
21．(1) d
(2) 温度过低，反应速率过慢，温度过高，易升华 使物质混合均匀，散热、让气体逸出
(3)向所得液中依次加入过量的Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤，在滤液中加入HI溶液并用pH计测定大约为7，滤液经蒸发浓缩，降温结晶，过滤，用高纯水洗涤2～3次，干燥
【分析】向三颈烧瓶中先加入适量的高纯水，然后加入NaHCO3、I2，充分反应后IO－、IO、I－，再向生成的混合溶液中加入水合肼并分批加入，将IO－、IO和I2，还原为I－，水合肼被氧化为氮气。
【详解】（1）①根据3I2＋6NaHCO3=5NaI＋NaIO3＋3H2O＋6CO2↑ 减去方程式I2(s)＋I－(aq) (aq) 的3倍得到I与NaHCO3反应生成IO的离子方程式：；故答案为：。
②根据水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性，与IO－还原为I－，自身被氧化为无污染的气体；则加入稍过量水合肼与IO－反应的离子方程式为；故答案为：。
③a．将碘块研成粉末，增大接触面积，加快反应速率，故a不符合题意；b．起始时加少量NaI，由于I2(s)＋I－(aq) (aq)，则使单质碘变为(aq)，与NaHCO3溶液接触更充分，会加快反应速率，故b不符合题意；c．将溶液适当加热，温度升高，速率加快，故c不符合题意；d．加大高纯水的用量，浓度降低，反应速率减慢，故d符合题意；综上所述，答案为：d。
（2）I2与NaHCO3溶液反应适宜温度为50～60℃，主要从速率和单质碘的性质分析，其原因是温度过低，反应速率过慢，温度过高，I2易升华；I2与NaHCO3溶液反应是放热反应，因此整个实验过程中都需要开动搅拌器，其目的是使物质混合均匀，散热、让气体逸出；故答案为：温度过低，反应速率过慢，温度过高，I2易升华；使物质混合均匀，散热、让气体逸出。
（3）所得溶液(含SO)进行提纯，可制得较纯的NaI晶体。实验方案为：向所得液中依次加入过量的Ba(OH)2溶液除掉硫酸根离子，再向溶液中加入Na2CO3溶液沉淀多余的钡离子并过滤，在滤液中加入HI溶液中和氢氧根和碳酸根并用pH计测定大约为7，滤液经蒸发浓缩，降温结晶，过滤，用高纯水洗涤2～3次，干燥；故答案为：向所得液中依次加入过量的Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤，在滤液中加入HI溶液并用pH计测定大约为7，滤液经蒸发浓缩，降温结晶，过滤，用高纯水洗涤2～3次，干燥。
22．(1)+170
(2)耗能高
(3) 50% 4.76
(4) 越高 由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高 d 24.9
【详解】（1）根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170 kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g)的＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。又高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图象可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s-1
23．(1)
(2) 增大压强，降低温度，增大反应物浓度 大于 该反应正反应为放热反应，其他条件一定时，温度升高，平衡逆向移动，此时，的体积分数减小而K值减小
【详解】（1）工业上采用高温活性炭催化与合成的热化学方程式：反应物总键能-生成物总键能；
（2）①有利于提高光气()平衡产率的反应条件是增大压强，因为反应物的总化学计量数大于生成物的化学计量数；降低温度，因为此反应为放热反应；增大反应物浓度；
②由图可知，大于；原因是该反应正反应为放热反应，其他条件一定时，温度升高，平衡逆向移动，此时，的体积分数减小而K值减小；设B点光气转化，列三段式：
由图可知，B点的体积分数为0.4，则，解得，则的体积分数为0.3，的体积分数为0.3，B点对应的。