【化学】化学反应的限度与速率课时测验 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册.docx

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1、6.2 化学反应的限度与速率 课时测验 一、单选题1在一密闭容器中，反应达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原平衡时的60%，则（）A平衡向逆反应方向移动了B物质A的转化率减小了C物质B的质量分数增大了D2化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是（） A食品、蔬菜贮存在冰箱或冰柜里B家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥C制造蜂窝煤时加入生石灰D把块状煤碾成粉状再燃烧3下列措施对加快反应速率有明显效果的是（） ANa与水反应时，增加水的用量BAl与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸CNa2SO4与BaCl2两种溶液反应时，增大压强D大理石和盐酸反应制取

2、CO2时，将块状大理石改为粉末状4对于在一定条件下进行的化学反应：2SO2+O22SO3，改变下列条件，可以提高反应物中的活化分子百分数的是（） A升高温度B增大压强C减小反应物浓度D增大反应物浓度5一定条件下反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在恒容密闭容器中进行，从反应开始至10s时，O2的浓度减少了0.3molL-1。则010s内平均反应速率为（）Av(O2)=0.03molL-1s-1Bv(O2)=0.3molL-1s-1Cv(SO2)=0.03molL-1s-1Dv(SO3)=0.03molL-1s-16把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有50mL 0.1molL1盐酸溶液的

3、烧杯中，该铝片与盐酸反应，产生氢气的速率v（H2）与反应时间t的关系，可用如图所示的坐标曲线来表示，下列推论错误的是（） AOa段不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和稀盐酸Bbc段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是温度升高Ct=c时刻，反应处于平衡Dtc时，产生氢气的速率降低的主要原因是溶液中H+浓度下降7反应：A（气）+3B（气）2C（气）H0达平衡后，将气体混合物的温度降低下列叙述中正确的是（） A正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动B正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动C正反应速率和逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动D正反应速率和逆反应速率变小，平

4、衡向逆反应方向移动8我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，下图为该历程示意图，下列说法不正确的是（）A放出能量并形成了C-C键B催化剂可提高反应物的平衡转化率C生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%DCH4CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂9已知反应：2NO(g)Br2(g)=2NOBr(g) Ha kJmol1(a0)，其反应机理如下：NO(g)Br2(g)=NOBr2(g) 快 NO(g)NOBr2(g)=2NOBr(g) 慢（） 下列有关该反应的说法错误的是A该反应的速率主要取决于的快慢BNOBr2是该反应的催化剂C正反应的活化能

5、比逆反应的活化能小a kJmol1D增大Br2(g)浓度能增大单位体积内活化分子个数，加快反应速率10现有下列四个图像： 下列反应中全部符合上述图像的反应是（）AN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H10B2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H20C4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H30DH2（g）+CO（g）C（s）+H2O（g）H4011右图曲线a表示放热反应 2X（g）+Y（g）2Z（g） 进行过程中X的转化率随时间变化的关系若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（） A加催化剂B加大X的投入量C升高温度D增大体积12已知次氯酸是比碳酸还弱

6、的酸，反应：达平衡后，要使HClO浓度增大，可加入（）ANaCl固体B固体CNaOH固体D固体13下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（） A升高温度B用Zn粉代替Zn粒C滴加少量的CuSO4溶液D改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应14关于反应速率、反应限度的下列说法中错误的是（） A其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快B其他条件不变时，增大浓度，化学反应速率加快C化学反应达到反应限度时，反应物的浓度与生成物的浓度相等D化学反应达到反应限度时，同一物质的正反应速率与逆反应速率相等15溴水与甲酸可以发生如下反应：。生成二氧化碳的初始速率与反应物起始浓度的

7、关系如下：实验序号开始浓度/初始速率/()10.010.0220.020.0430.030.02现将的溴水和的溶液等体积混合，此时生成二氧化碳的初始速率()应为（）ABCD16对于碳酸钙分解反应：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，最不利于其自发进行的是（）A低温低压B低温高压C高温高压D高温低压17常温下，向某容积为1L的恒容密闭容器中通入和，发生应：。反应后，测得容器中剩余0.06mol，则下列反应速率的表达正确的是（）ABCD18一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，3molX和3molY发生反应：3X(g)Y(g)2Z(g) H0，经60s达到平衡，生成0.4molZ。下列说法

8、正确的是（）A60s内平均反应速率v(X)0.05mol/(Ls)B其他条件不变，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小C其他条件不变，若初始投入2molX和2molY，则物质Y的转化率减小D其他条件不变，将容器体积变为4L，Z的平衡浓度变为原来的一半19室温下，用0.1 molL-1Na2S2O3溶液、0.1 molL-1H2SO4溶液和蒸馏水进行如下表所示的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化。下列说法不正确的是（）A实验中x=8B实验或均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率C降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大D将装有实验的

9、试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线应为a20如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）2C（g）（H0）这个可逆反应的正确图像为（注：（C）表示C的体积分数，P表示气体压强，C表示浓度）（）ABCD二、综合题21某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如图所示： （1）由图中的数据分析，该反应的化学方程式为 （2）反应开始至2min、5minZ的平均反应速率为 、 22 为高效漂白剂和氧化剂，可用于纸浆、纸张和各种纤维的漂白，也在环境治理中有所应用。（1）已知 则 (用含a、b式子表示)。（2）浓度均为0.1 和混合溶液呈酸性，则溶液中微粒浓度大小关系：

10、(填“”“”或“=”)。（3）工业上可用电解法制备，其工作原理如图所示(NaCl足量)，电解一段时间后，将Pt(A)电极区的溶液除去微量二氧化氯后，喷雾干燥即得粗品。 M处是外接直流电源的 极(填“正”或“负”)；离子交换膜应选择 (填“阴”或“阳”)离子交换膜；当外电路转移0.1mol电子时，理论上Pt(B)电极区电解质溶液质量减少 g。（4）以为氧化剂是一种新型脱除NO方法，其原理为：第一步：NO在碱性环境中被氧化为，反应为：；第二步：继续被氧化为，反应为：。溶液吸收NO的过程中，适当增加压强，对NO的脱除率的影响是 (填“提高”“无影响”或“降低”)。在50时，将NO匀速通过足量浓度为

11、碱性溶液，3min后，测得溶液中浓度为。则该时间段内平均反应速率 (反应前后溶液的体积变化忽略不计)。23已知：2X（g）+Y（g）a Z（g），在T1温度下，体积为2L的密闭容器中，充入6mol X和2mol Y根据图示回答： （1）a= ；用Y的浓度变化表示从反应开始到平衡时的平均反应速率为 mol/（Lmin） （2）平衡时，Y在混合物中的物质的量分数是 （3）其他条件不变时，下列措施可以提高Y的转化率的是 （选填字母） A使用适当的催化剂B分离出ZC增大容器体积24T、2L密闭容器中某一反应不同时刻各物质的量如图(E为固体，其余为气体)回答下列问题：（1）写出该反应的化学方程式 （2）

12、反应开始至3min时，用D表示的平均反应速率为 mol/(Lmin) （3）若升高温度，则v(正) ，v(逆) (填“加快”或“减慢”)。 （4）若反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v(A)0.3 molL-1min-1，乙中v(B)0.2 molL-1min-1，则 容器中反应更快。 25 （1）某实验小组为了探究影响化学反应速率的因素，进行了稀硫酸与金属铁反应的对照实验，实验数据如下：实验序号金属质量/g金属状态c（H2SO4）/molL-1V（H2SO4）/mL反应前溶液温度/金属消失的时间/s10.10丝0.5502050020.10粉末0.550205030.10丝1.

13、0502012540.10丝1.0503550对比实验1和3，表明影响化学反应速率的因素是 ；反应规律为： ，反应速率越快。仅表明固体反应物的表面积对化学反应速率产生影响的实验有 （填实验序号）。本实验中影响化学反应速率的其他因素还有 。（2）用如图原电池装置可加快铁与稀硫酸反应的速率，其中铜作 （填“负极”或“正极”），铁的电极反应式是 ，在铁电极上发生 反应（填“氧化”或“还原”）。答案解析部分1【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，平衡向正反应方向移动了，故A错误；B、由分析可知，平衡正向移动，A的转化率增大，故B错误；C、反应正向移动，B的物质的量分数增大，故C正确；D、由分析可知

14、，减小压强，平衡逆向移动，则ab，故D错误；故答案为：C。【分析】保持温度不变，将容器体积增加一倍，若a=b，B的浓度应当均为原来的一半，当达到新的平衡时，B的浓度是原平衡时的60%，说明减小压强，平衡正向移动。2【答案】C【解析】【解答】A.低温冷藏使食品延缓变质,是降低温度使反应速率减慢，A项排除；B.在潮湿的情况下，铁锅、铁铲易发生电化学腐蚀，腐蚀速率较快，保持其干燥，可以极大减缓其腐蚀速率，B项排除；C.制造蜂窝煤时加入生石灰，是为了减少二氧化硫的排放，发生反应为：2CaO+O2+2SO2 2CaSO4，与反应速率无关，C项可选；D.把块状煤碾成粉状再燃烧，能够增大反应物之间的接触面积

15、，增大反应速率，D项排除。故答案为：C。【分析】A.温度低，蔬菜贮存时间长；B.在干燥条件下铁的腐蚀速率较慢；C.煤中加入氧化钙是减少二氧化硫的排放；D.块煤碾碎增大接触面积，加快反应速率。3【答案】D【解析】【解答】A水为纯液体，增加水的用量，反应速率不变，A不选；BAl与浓硫酸发生钝化，不生成氢气，反应速率减小，B不选；C反应没有气体参加，则增大压强，反应速率不变，C不选；D块状大理石改为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，D选；故答案为：D。【分析】可以加快反应速率的措施有：增大反应物的浓度，但是纯液体和固体不考虑浓度；改变压强，但是必须改变物质的浓度；加快反应物的接触面积；以及加催化

16、剂等。4【答案】A【解析】【解答】升高温度可提高反应物中的活化分子百分数，但增大压强、压缩使容器体积变小、增大反应物浓度只增大活化分子的浓度，不改变活化分子百分数，故答案为：A。【分析】活化分子是能量达到可以发生反应的分子，提高温度能量可以增加，或者使用催化剂，降低分子的活化能5【答案】A【解析】【解答】从反应开始至10s时，O2的浓度减少了0.3mol/L，则用氧气的浓度变化表示反应速率v(O2)=0.03mol/(Ls)，选项A符合题意，选项B不符合题意；由于同一化学反应，用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学计量数的比，则v(SO2)：v(O2)：v(SO3)=2：1：2，因此v(SO

17、3)=v(SO2)=2v(O2)=0.06 mol/(Ls)，选项C、D不符合题意；故答案为：A。【分析】先根据10s内氧气浓度的变化计算氧气的反应速率，然后根据速率比等于化学计量数的比计算v(SO2)、v(SO3)，进行判断。6【答案】C【解析】【解答】解：A因铝的表面有一层致密的Al2O3能与盐酸反应得到盐和水，无氢气放出，故A正确； B在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，且后者为主要因素，故B正确；C反应不是可逆反应，t=c时刻，没有达到平衡状态，故C错误；D随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，所以反应速率逐渐减小，故D正确故选C【分析】

18、由图可知，开始不生成氢气，为氧化铝与盐酸的反应，然后Al与盐酸反应生成氢气，开始温度较低，由于反应放热，则温度升高反应速率加快，后来，氢离子浓度减小，则反应速率减小，以此来解答7【答案】C【解析】【解答】解：A、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故A错误； B、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故C正确；D、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故D错误；故选C【分析】对于该正反应为放热的化学反应来说，降低温度，该反应的正逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，以此来解答8【

19、答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，为放热反应，则放出能量并形成了C-C键，故A正确；B、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；C、该过程的总反应为CH4+CO2CH3COOH，该反应的原子利用率为100%，故C正确；D、由图可知，CH4CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂，故D正确；故答案为：B。【分析】A、的能量高于，则为放热反应；B、催化剂不影响平衡状态；C、总反应为甲烷和二氧化碳反应生成乙酸；D、甲烷中只含C-H键。9【答案】B【解析】【解答】A慢反应决定整个反应速率，则该反应的速率主要取决于的快慢，故A不符合题意；BNOBr2为中间产物

20、，开始不存在，不能作催化剂，故B符合题意；C焓变等于正逆反应活化能之差，焓变为负，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJmol1，故C不符合题意；D增大Br2（g）浓度，单位体积内活化分子数目增多，加快反应速率，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】B、催化剂与中间产物的区别是：催化剂是前面参与反应，后面生成的。中间产物是在前面生成，后面参与反应。10【答案】B【解析】【解答】解：由第一个和第二个图像可知升高温度生成物的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，可排除A、C选项，由第一个、第三个和第四个图像可知压强增大生成物的浓度减小，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，则反应物的

21、气体的计量数之和小于生成物气体的化学计量数之和，可排除D选项，故选B【分析】由前两个图像可知，温度越高生成物的浓度越高，则正反应为吸热反应，由后两个图像可知，压强越大，平均相对分子质量越大，且平衡后加压逆反应速率大于正反应速率，则加压化学平衡逆向移动，则反应物的气体的计量数之和小于生成物气体的化学计量数之和，然后依据此两点来分析反应11【答案】A【解析】【解答】解：由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动， A、加入催化剂，反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，x的转化率不变，故A正确；B、加大X的投入量，

22、X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，但X的转化率减小，故B错误；C、该反应正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应移动，x的转化率减小，故C错误；D、增大体积，压强减小，该反应前后气体的物质的量不变，压强降低平衡不移动，但反应速率降低，故D错误；故选A【分析】由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断12【答案】D【解析】【解答】A加入NaCl固体，溶液中c(Cl)增大，平衡向逆反应方向进行，HClO浓度降低，故A不符合题意；BHClO具有强氧化性，能将亚硫酸钠氧化成

23、硫酸钠，HClO浓度降低，故B不符合题意；C氢氧化钠能与HCl、HClO反应，HClO浓度降低，故C不符合题意；D次氯酸酸性比碳酸的酸性弱，只有HCl与CaCO3反应，促使平衡向正反应进行，HClO的浓度增大，故D符合题意；故答案为：D。【分析】要使HClO浓度增大，应使平衡正向移动。13【答案】D【解析】【解答】解：A升高温度，反应速率加快，故A不选； B用Zn粉代替Zn粒，接触面积增大，反应速率加快，故B不选；C滴加少量的CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快，故C不选；D改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应，浓度减小，反应速率减小，故D选；故选D【分析】升高温度、增大接触面积、增大

24、氢离子浓度、构成原电池等均可加快生成氢气的速率，减小浓度反应速率减慢，以此来解答14【答案】C【解析】【解答】A.其他条件不变时，温度升高，反应速率加快，选项正确，A不符合题意；B.其他条件不变时，浓度增大，反应速率加快，选项正确，B不符合题意；C.当可逆反应达到反应限度，即达到平衡状态时，体系中反应物和生成物的浓度保持不变，但不一定相等，选项错误，C符合题意；D.当可逆反应达到反应限度，即达到平衡状态时，用同一种物质表示的正逆反应速率相等，选项正确，D不符合题意；故答案为：C【分析】此题是对反应速率的影响因素和平衡状态的考查，结合反应速率的影响因素和平衡特点进行分析。15【答案】A【解析】【

25、解答】由表中数据1、3可知， 的初始速率与c(Br2)成正比，再结合1、2可知，的初始速率成正比，0.02的溴水和0.02的HCOOH溶液等体积混合，c(Br2)=0.01mol/L，=0.01mol/L，结合1中实验数据可知此时初始=2.010-6=，故答案为：A。【分析】 的溴水和的溶液等体积混合后c(Br2)=0.01mol/L，=0.01mol/L。16【答案】B【解析】【解答】碳酸钙的分解反应为吸热反应，则该反应的，该反应正反应是气体体积增大的反应，要想反应能自发进行，应满足，T越大，越有利于，因此高温时该反应能自发，当T较小时，压强越低越有利于实现，因此最不利于其自发进行的条件是低

26、温高压，故B符合题意； 故答案为：B。 【分析】反应能够自发进行的条件是G=HTS0，该反应为吸热反应，且正反应的气体体积增大，据此分析。17【答案】C【解析】【解答】，故AD不符合题意；则根据反应速率之比等于化学计量数之比得：，故B不符合题意；，故C符合题意；故答案为：C。【分析】依据和反应速率之比等于化学计量数之比分析计算即可。18【答案】C【解析】【解答】A. 变化量之比等于计量数之比，因此X的变化量为0.6mol，因此v=0.005mol/(Ls)，A项不符合题意；B. 升高温度，反应速率加快，正逆反应速率均加快，B项不符合题意；C. 其他条件不变，若初始改为投入2molX和2molY

27、，相当于减小压强，平衡逆向移动，Y的转化率减小，C项符合题意；D. 容器体积加倍，浓度减小为原来的，压强减小，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于原来的一半，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A.根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比和v=计算；B.升温正逆反应速率均加快；D.容器体积加倍，浓度减小为原来的，压强减小，平衡逆向移动。19【答案】D【解析】【解答】A.根据控制变量法，控制总体积相等，即可得到 实验中x=8 ，故A不符合题意；B. 实验控制硫酸的体积相同，硫代硫酸钠的浓度依次增大或控制硫代硫酸钠浓度相等，依次减小硫酸的浓度，可以说明浓度增大，速率增大，故B不符合题意；C.实验控制硫

28、酸的体积相同，硫代硫酸钠的浓度依次增大或控制硫代硫酸钠浓度相等，依次减小硫酸的浓度，发现降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大 ，故C不符合题意；D.温度越高，速率越快，不能是a，故D符合题意；故答案为：D【分析】根据题意可知，实验控制硫酸的体积相同，硫代硫酸钠的浓度依次增大或控制硫代硫酸钠浓度相等，依次减小硫酸的浓度，通过比较硫代硫酸钠浓度与硫酸浓度对反应影响，温度升高，速率加快，结合选项判断。20【答案】A【解析】【解答】A. 温度高，反应速率加快，先到达平衡；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，C的体积分数降低，A项符合题意；B.

29、 压强增大，正逆反应速率都增大，B项不符合题意；C. 使用催化剂，加快反应，到达平衡的时间短，但不影响平衡的移动，平衡时C的浓度不变，C项不符合题意；D. 增大压强反应向体积减小方向移动，即向正反应方向移动，A的转化率增大；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，A的转化率降低，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A.升高温度反应速率增大，到达平衡需要的时间变短，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数降低；B.随压强的增大，正逆反应速率都增大；C.催化剂不能是平衡发生移动，只能改变反应速率；D.相同压强下温度越高A的转化率越低。21【答案】（1）3X+Y2Z（2）0.05 mol/（L

30、min）；0.04 mol/（Lmin）【解析】【解答】解：（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且n（X）：n（Y）：n（Z）=（10.4）mol：（108）mol：（0.50.1）mol=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y2Z， 故答案为：3X+Y2Z；（2）反应开始至2min时v（Z）= = = =0.05mol/（Lmin），反应开始至5min时v（Z）= = = =0.04 mol/（Lmin），故答案为：0.05 mol/（Lmin）；0.04 mol/（Lmin）【分析】

31、（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）依据化学反应速率计算公式v= = 计算22【答案】（1）(2a+3b)（2）（3）负；阳；5.85（4）提高；【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，已知反应；2+3，可得目标方程 ， （2） 和混合溶液，根据电荷守恒：=，因为，所以； （3）Pt（A）电极上，发生还原反应，M为电源的负极，Pt（B）电极上，发生反应：，钠离子通过离子交换膜向Pt（A）电极移动，所以离子交换膜为阳离子交换膜；当外电路转移0.1mol电子时，有0.1mol氯离子发生反应，有0.1mol钠离子转移至Pt（A）电极区，故

32、，Pt（B）电极区电解质溶液质量减少0.1mol氯化钠，质量为5.85g。 （4）增加压强，第一步反应平衡正向移动，NO的脱除率提高；，反应速率之比等于化学计量数之比，所以【分析】（1）根据盖斯定律，观察已知方程和目标方程，消除无关物质即可得到。（2）弄清楚溶液中的化学平衡，判断粒子存在形式，根据电荷守恒和物料守恒判断即可。（3）(1)判断电池类型确认电池原理核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极判断电子、离子移动方向书写电极反应和电池反应。(3)充电电池放电时为原电池失去电子的一极为负极。(4)电极反应根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式23【答案】（1）1；0.075（2）10%（3）

33、B【解析】【解答】解：（1）在体积为2L的密闭容器中充入6molX和2molY，X、Y的起始浓度分别为3mol/L、1mol/L，平衡时X、Y、Z浓度变化之比为c（x）：（1.00mol/L0.25mol/l）：0.75mol/L=2：1：1，故a=1，c（x）=1.5mol/L，用Y的浓度变化表示从反应开始到平衡时的平均反应速率为 = =0.075mol/L， 故答案为：1；0.075mol/（Lmin）；（2.）平衡时n（X）=（3mol/L1.5mol/L）2L=3mol，n（Y）=0.25mol/L2L=0.5mol，n（Z）=0.75mol/L2L=1.5mol，则Y在混合物中的物质

34、的量分数= = 100%=10%，故答案为：10%；（3.）反应2X（g）+Y（g）Z（g），提高Y的转化率，即使平衡正向移动，A催化剂不影响平衡平衡，故A错误；B分离出Z，平衡正向移动，Y转化率增大，故B正确；C增大容器体积，压强减小平衡逆向移动，Y转化率减小，故C错误；故答案为：B【分析】（1）各物质的化学计量数之比等于浓度变化量之比；根据反应速率v= 计算；（2）根据Y在混合物中的物质的量分数= 计算；（3）可以提高Y的转化率，平衡正向进行24【答案】（1）2A(g)+B(g) 3D(g)+E(s)（2）0.1（3）加快；加快（4）乙【解析】【解答】(1)根据图象曲线变化可以知道A、B为

35、反应物，C、D为生成物，A的物质的量变化为1.0mol-0.6mol=0.4mol，B的物质的量变化为1.0mol-0.8mol=0.2mol，D的物质的量变化为0.6mol，E的物质的量变化为0.2mol，根据物质的量变化与化学计量数成正比可以知道A、BD、E的计量数之比为0.4mol：0.2mol：0.6mol：0.2mol=2：1：3：1，所以该反应的化学方程式为：2A(g)+B(g) 3D(g)+E(s)，因此，本题正确答案是：2A(g)+B(g) 3D(g)+E(s)；（2）反应开始至3min时，D的物质的量变化为0.6mol，则用D表示的平均反应速率为v(D)= mol/(Lmin

36、)=0.1 mol/(Lmin)，故答案为：0.1；(3)若升高温度，则增加活化分子数，正逆反应速率均增大，故答案为：加快；加快；(4)甲中v(A)0.3 molL-1min-1；乙中v(B)0.2 molL-1min-1，换算成v(A)0.4molL-1min-1，则乙容器中反应更快，故答案为：乙。 【分析】（1）根据达到平衡时各物质的物质的量变化关系，得出化学方程式中各物质的计量数之比，据此写出化学方程式； （2）利用图象得出3min时D的物质的量变化，再根据v=计算出答案； （3）升温正逆反应速率均增大； （4）将乙容器中的速率转化为用A来表示，从而比较两容器中的速率大小。25【答案】（

37、1）浓度；反应物浓度越大；1、2；温度（2）正极；Fe-2e-=Fe2+；氧化【解析】【解答】对比实验1和3，其余条件均相同、只有硫酸浓度不同，3中硫酸浓度大、金属消失时间短、反应速率大，则实验1和3表明影响化学反应速率的因素是浓度；反应规律为：反应物浓度越大，反应速率越快。对比实验1和2，其余条件均相同、只有金属状态不同，2中金属为粉末、金属消失时间短、反应速率大，则仅表明固体反应物的表面积对化学反应速率产生影响的实验有1、2。对比实验1和4可以发现，本实验中影响化学反应速率的其他因素还有温度。（2）如图原电池装置中，铜作正极，铜离子在正极上得到电子生成铜，铁作负极，铁失去电子转化为亚铁离子，铁的电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，在铁电极上发生氧化反应。【分析】（1）根据和的变量不同即可找出影响因素和规律根据找出控制表面积的实验即可常见的控制速率的因素有接触面积、浓度和温度找出即可（2）根据题意即可知道铜做负极发生铜离子得到电子变为铜单质，铁失去电子变为铁离子发生氧化反应学科网（北京）股份有限公司