专题2《化学反应速率与化学平衡》单元检测题--高二上学期苏教版（2020）化学选择性必修1.docx

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1、专题2化学反应速率与化学平衡单元检测题一、单选题1我国学者采用量子力学法研究了钯基催化剂表面吸附CO和合成的反应，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的为过渡态，吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A总反应的热化学方程式是B图中决速步骤的能垒(活化能)为91.5kJ/molC催化剂在该历程中参与反应并降低了反应的活化能D该历程中经过TS3时的反应速率比经过TS5时的反应速率慢2下列说法正确的是A熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显B应该投入大量资金研究2CO(g)2C(s)+O2(g)H0该过程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题C常温下，

2、若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的H0D已知C(s)+CO2(g)=2CO(g)H0，该反应吸热，一定不能自发进行3硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下，下列说法中正确的是A过程放出能量B过程中，只形成了CS 键C硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应D该催化剂可降低反应活化能，反应前后没有变化，并没有参加反应4可逆反应中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度(T)的关系如图，则下列说法正确的是A 放热反应B 吸热反应C 吸热反应D 放热反应5将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NH4I(s)NH3(g)+HI(g)；2HI(g)H2(

3、g)+I2(g)。反应达到平衡时，c(H2)=2 mol/L，c(HI)=4 mol/L，则此温度下反应的平衡常数是A36B32C16D246在容积固定的2 L密闭容器中发生反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)Ha kJmol1，若充入2 mol CO(g)和4 mol H2(g)，在不同温度、不同时段下H2的转化率如下表：(已知a1a2)15分钟30分钟45分钟1小时T145%75%85%85%T240%60%a1a2下列说法中错误的是AT1下，45分钟该反应达到平衡状态B根据数据判断：T107H2与ICl的反应分、两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法错误的是A反应、反应均为放

4、热反应B反应、反应均为氧化还原反应CH2与ICl的总反应速率快慢取决于反应D反应H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)的H=-218kJmol-18下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是实验操作目的或结论A将少量片放入溶液中证明的金属性比强B将点燃的镁条置于盛有集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁的还原性比碳强C向溶液(含少量杂质)，加入适量氯水，再加萃取分液除去溶液中的D向溶液中加入5滴同浓度的溶液，再加入几滴溶液，溶液显血红色与的反应是可逆反应AABBCCDD9反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数为K1；反应：HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数为K2

5、，则K1、K2的关系为(平衡常数为同温度下的测定值AK1=K2BK1=K2CK1=2K2DK1=10以丙烯(C3H6)、NH3、O2为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的化学方程式分别为：反应2C3H6(g)2NH3(g)3O2(g)2C3H3N(g)6H2O(g)反应C3H6(g)O2(g)C3H4O(g)H2O(g)反应时间相同、反应物起始投料相同时，丙烯腈产率与反应温度的关系如图所示(图中虚线表示相同条件下丙烯腈平衡产率随温度的变化)。下列说法正确的是A其他条件不变，增大压强有利于提高丙烯腈平衡产率B图中X点所示条件下，延长反应时间或使用更高效催化剂

6、均能提高丙烯腈产率C图中Y点丙烯腈产率高于X点的原因是温度升高导致反应I建立的平衡向正反应方向移动D图中X点丙烯腈产率与Z点相等(T1T2)，则一定有Z点的正反应速率大于X点的正反应速率11利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是选项ABCD装置目的测定葡萄酒中SO2的含量制取少量干燥NH3测定Zn与硫酸的化学反应速率证明非金属性氯大于溴AABBCCDD12将2mL 0.1molL-1 FeCl3溶液和2mL 0.01molL-1 KSCN溶液混合，发生如下反应：FeCl3(aq)+3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，为了使平衡状态向逆反应方向移动，应选择的条件是

7、：再加入2mL1molL-1FeCl3溶液加入KCl固体加入适量的铁粉 再加入2mL0.4molL-1KSCN溶液ABCD13在体积为的恒容密闭容器中发生反应，图1表示时容器中、物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是A200时，反应从开始到平衡的平均速率B由图2可知反应，正反应吸热且C若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入和，此时D时，向空容器中充入和，达到平衡时的体积分数小于0.5二、填空题14容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2，发生反应：，甲中的相关量随时间变化如下图所示。回答下

8、列问题：(1)03s内，甲容器中的反应速率增大的原因是_。(2)甲容器中反应达平衡时，温度若为T，此温度下的平衡常数_。(3)平衡时，平衡常数K(甲)_(填“”“”“=”或“”“”或“=”)v逆。17I在一定温度下的2L密闭容器中，发生反应：，达到平衡时，各物质平衡浓度为：c(X)=0.8mol/L；c(Y)=0.1mol/L；c(Z)=1.6mol/L。若用a、b、c分别表示X、Y、Z的起始的物质的量，回答下列问题：(1)若在恒温恒容条件下进行反应，可判断该反应达到化学平衡状态的是_A单位时间内生成nmolX的同时生成2nmolZB密闭容器中密度不再改变的状态C用X、Y、Z的物质的量浓度变化

9、表示反应速率的比为112的状态D反应容器中Y的物质的量分数不再改变的状态E密闭容器中压强不再改变的状态F混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态(2)a、b应满足的关系是_。(3)a的取值范围是_。恒温、恒压下，在一个可变容积的容器中发生发应：。(1)若开始时放入1molA和1molB，到达平衡后，生成amolC，若开始时放入xmolA，2molB和1molC，到达平衡后，C的物质的量是3amol，则x=_mol，平衡时，B的物质的量_(填序号)大于2mol等于2 mol小于2 mol可能大于、等于或小于2mol(2)若开始时放入6molA和6molB，到达平衡后再加入3molC，待再次到达平

10、衡后，C的物质的量分数是_。三、计算题18在一定温度下，在某4L恒容容器内发生气体M和气体N的转化反应。它们的物质的量随时间变化的曲线如图所示。(1)该反应的化学方程式为_(需要标注M、N的物质状态，且系数化成最简整数)。(2)比较t2时刻，正、逆反应速率大小：v(正)_v(逆)(填“”“=”或“”)。(3)若t2=2min，反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率v(M)_molL-1min-1。(4)该反应的化学平衡常数K=_。(5)若维持其他条件不变，在t3时升高温度，M的浓度降低，则该反应H_0(填“”“=”或“”)。19已知可逆反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，平

11、衡常数为K。(1)557时，若起始浓度：CO为1molL-1，H2O为1.5molL-1，平衡时CO转化率为60%，则H2O的转化率为_；K值为_。(2)557时，若起始浓度改为：CO为1molL-1，H2O为3molL-1，平衡时H2O的转化率为_。四、实验题20H2O2是一种绿色试剂，在化学工业中用于生产过氧乙酸、亚氯酸钠等的原料，医药工业用作杀菌剂、消毒剂。某化学小组欲探究双氧水的性质做了如下实验：(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：用10mLH2O2制取150mLO2所需的时间(秒)30%H2O215%H2O210%H2O25%H2O2无催化剂

12、、不加热几乎不反应几乎不反应几乎不反应几乎不反应无催化剂、加热360480540720MnO2催化剂、不加热102560120研究小组在设计方案时，考虑了浓度、_、_因素对过氧化氢分解速率的影响。双氧水分解的方程式为_。(2)另一研究小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1molL-1FeCl3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。设计实验装置，完成图1方框内的装置示意图_(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。(3)对于H2O2分解反应，Cu2+也有一定的催化作用。为比较

13、Fe3+和Cu2+对H2O分解的催化效果，研究小组的同学设计了如图2所示的实验。请回答相关问题：可通过观察_，比较得出结论。有同学提出将0.1mol/L的FeCl3溶液改为0.05mol/LFe2(SO4)3更为合理，其理由是_。(4)已知FeCl3溶液中主要含有H2O、Fe3+和Cl三种微粒，甲同学又做了两种猜想：猜想1：真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Fe3+猜想2：真正催化分解H2O2的是_。完成表格验证猜想所需试剂操作及现象结论_Cl对H2O2分解无催化作用21某含硫酸的酸性工业废水中含有K2Cr2O7，光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3。某课题组研究

14、发现，少量铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：在25下，控制光照强度、废水样品、初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成了以下实验设计表。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL4601030560V1305V220V3测得实验和溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。(1)V1=_，V2=_，V3=_；(2)实验和的结果表明_；实验中Ot1时段反应速率v(Cr3)= _molL-1min-1(用代数式表示)。(3)该课题组对铁明矾Al2Fe(

15、SO4)424H2O中起催化作用的成分提出如下假设。请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2+起催化作用；假设二：_；假设三：_；(4)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。(除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4Al2(SO4)324H2O、Al2(SO4)3等。溶液中的Cr2O浓度可用仪器测定)实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论_反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)_实验中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)_，则假设一不成立。试卷第9页，共10页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答

16、案：1D【解析】A反应热取决于始态和终态，与历程无关，开始能量比结束能量高，该反应放出65.7kJ能量，总反应的热化学方程式是 ，故A错误；B能垒(活化能)越大反应速率越慢，最慢的反应历程是决速步骤，最大的能垒(活化能)= 46.9-(-131.4)=178.3 kJ/mol，故B错误；C催化剂只降低了反应的活化能，不参与化学反应，故C错误；D经过TS3时活化能为50.4-(-14.8)=65.2 kJ/mol，经过TS5时活化能为37.4-(-15.2)=52.6 kJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则经过TS3时比经过TS5时的反应速率慢，故D正确；故选：D。2C【解析】A反应进行的方

17、向与反应现象无关，且熵增的反应不一定自发进行，自发反应的现象不一定明显，故A错误；B为吸热反应，需提供能量，不能利用该吸热反应解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题，经济上不划算，故B错误；CH-TS0的反应可自发进行，S0，常温下不能自发进行，可知该反应的H0，故C正确；D由化学计量数可知S0，且H0，则高温下可自发进行，故D错误；故选：C。3C【解析】A根据图示，过程S-H断裂，断开化学键吸收能量，故A错误；B根据图示，过程中-SH与-CH3结合，氢原子与氧原子结合，形成了O-H键和C-S键，故B错误；C由图示可知，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应过程中，-SH取代了甲醇中的-OH，反应类型为取

18、代反应，故C正确；D催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但反应前后没有变化，在中间过程参加了反应，故D错误；故答案选：C。4D【解析】温度升高反应速率加快，T2先达到平衡，可知T1 T2，由图可知升高温度，C的质量分数减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，故选D。5B【解析】反应达到平衡时，c(H2)=2molL1，说明消耗HI浓度为4molL1，则生成HI总物质的量浓度为(44)molL1=8molL1，即c(NH3)=8mol/l，根据化学平衡常数的定义，的反应平衡常数K=c(NH3)c(HI)=84=32，故选项B正确。6B【解析】根据平衡的定义，当物质的浓度保持不变时达到的状态即为

19、平衡状态进行判断平衡点，根据转换率可表示单位时间内转换的快慢可以判断反应速率。根据速率公式进行计算速率。【解析】AT1下，45分钟到1小时氢气的转化率不变，故可判断达到平衡，故A正确；B根据a1a2判断T2时达到平衡的时间在45分钟后，T2比T1的反应慢，故温度低，B不正确；CT2下，在前30分钟内氢气的转化率为60%，则转换了的氢气的物质的量为：4 mol 60%=2.4mol，则转换的一氧化碳根据方程式计算得：1.2mol，根据速率公式得：，故C正确；D根据温度T2到T1的转化率降低，说明平衡相对向逆移，而温度降低，故逆反应为放热，正反应时吸热反应，故D正确；故选答案B。【点睛】注意反应是

20、吸热还是放热，根据温度对平衡的影响进行判断，升高温度平衡向吸热方向移动。7C【解析】根据图象，反应：H2(g)2ICl(g)=HCl(g)HI(g)ICl(g)，H元素的化合价升高，部分I的化合价的降低，该反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应；反应：HCl(g)HI(g)ICl(g)=I2(g)2HCl(g)，HI中1价I与ICl中1价I发生氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应，据此分析；【解析】A根据图象，反应和都是反应物的总能量大于生成物的总能量，反应均为放热反应，故A说法正确；B反应中H2中H的化合价升高，ICl中部分I的

21、化合价由1价1价，反应为氧化还原反应，反应HI中1价I与ICl中1价I发生氧化还原反应生成I2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；C活化能越大，反应速率越慢，总反应速率的快慢取决于活化能大的，根据图象，反应的活化能大于反应，因此H2与ICl的总反应速率快慢取决于反应，故C说法错误；DH只与体系中的始态和终态有关，与反应途径无关，根据图象，总反应为放热反应，热反应方程式为H2(g)2ICl(g)=I2(g)2HCl(g)H=218kJmol1，故D说法正确；答案为C。8B【解析】A将少量片放入溶液中，发生反应，没有铁被置换出来，不能证明的金属性比强，故不选A；B将点燃的镁条置于盛

22、有集气瓶中，发生反应，镁是还原剂、C是还原产物，证明镁的还原性比碳强，故选B；CFe2+还原性大于Br-，氯气先氧化Fe2+，向溶液(含少量杂质)中加入适量氯水，不能除去溶液中的，故不选C；D向溶液中加入5滴同浓度的溶液，过量，再加入几滴溶液，溶液显血红色，不能证明与的反应是可逆反应，故不选D；选B。9D【解析】反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数 ，反应：HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数，对比两者表达式可得出，即K1=，故选D。10B【解析】A反应中正反应体积增大，反应中反应前后体积不变，因此其他条件不变，增大压强不有利于提高丙烯腈平衡产率，A错误；B根据图象可知图中

23、X点所示条件下反应没有达到平衡状态，又因为存在副反应，因此延长反应时间或使用更高效催化剂均能提高丙烯腈产率，B正确；C根据图象可知图中X点、Y点所示条件下反应均没有达到平衡状态，Z点反应达到平衡状态，升高温度平衡逆向进行，因此图中Y点丙烯腈产率高于X点的原因不是因为温度升高导致反应I建立的平衡向正反应方向移动，C错误；D由于温度会影响催化剂的活性，因此Z点的正反应速率不一定大于X点的正反应速率，D错误；答案选B。11A【解析】A葡萄酒中含有酚类物质和醇类等，这些物质也能和酸性高锰酸钾溶液反应，故无法测定葡萄酒中SO2的含量，A错误；B碳酸氢铵受热分解产生氨气、二氧化碳和水蒸气，其中二氧化碳和水

24、蒸气被碱石灰吸收，氨气不会被碱石灰吸收，故可以用该装置制取少量干燥NH3，B正确；C该装置中针筒带有刻度，且有秒表，锌和硫酸反应产生氢气，通过读取针筒上的刻度得出产生气体的体积，根据秒表的读数得知反应时间，从而计算出反应速率，C正确；D氯水能与溴化钠发生反应产生Br2，CCl4能萃取NaBr溶液中的Br2从而变色，故可以证明非金属性氯大于溴，D正确；故答案选A。12B【解析】对于反应FeCl3(aq)+3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，其离子方程式为Fe3+(aq)+3SCN-(aq) Fe(SCN)3(aq)；再加入2mL1molL-1FeCl3溶液，增大了Fe

25、Cl3溶液的浓度，平衡正向移动；加入KCl固体，对Fe3+和SCN-的浓度都不产生影响，平衡不发生移动；加入适量的铁粉，与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，减小了Fe3+浓度，平衡逆向移动； 再加入2mL0.4molL-1KSCN溶液，增大了溶液中的SCN-浓度，平衡正向移动；由以上分析可知，只有符合题意，故选B。13D【解析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B的物质的量变化量为0.4 mol -0.2 mol =，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)。可计算平衡常数K=25。【解析】A由图甲

26、可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故 ，选项A错误；B在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比：，即a=2。由图乙可知，：一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即，选项B错误；C恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，选项C错误；D由图可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、，物质的量之比等于化学计量数

27、之比，故x：y：1：1，平衡时A 的体积分数为，时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于，选项D正确。答案选D。14(1)03s内温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响(2)225(3) 【解析】（1）该反应的正反应为放热反应，故03s内甲容器中温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响，导致的反应速率增大，故答案为：03s内温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响；（2）甲容器中反应到达平衡时，由氮原子守恒可知，故答案为：225；（3）甲为绝热容器，乙为恒温容器，该反应

28、的正反应为放热反应，则到达平衡时甲的温度高于乙，故K(甲)(乙)；甲中反应正向进行的程度小于乙，气体分子数大于乙，故p(甲)(乙)，故答案为：。15(1)(2) 75% 不变 升高温度(3) A D【解析】的平衡常数K=，的平衡常数K=，据此分析解答；根据v=，结合化学平衡的影响因素分析解答；若n(SO2)不变，的比值越小，说明n(O2) 越大，相当于充入氧气，平衡正向移动，结合图象分析解答。【解析】（1）某温度下，若的平衡常数，即K=100；则在同一温度下，反应的平衡常数K=，故答案为：；（2）测得10min内，则n()=7.510-3molL-1min-110min2L=0.15mol，由

29、方程式可知，反应的的物质的量为0.15mol，则的转化率为100%=75%；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，转化率增大，即转化率21；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；正反应是放热反应，若要使平衡常数减小，可以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：75%；不变；升高温度；（3）若n(SO2)不变，的比值越小，说明n(O2) 越大，相当于充入氧气，平衡正向移动，的转化率越大，因此的转化率最大的是A点；根据图象，的比值越大，平衡时的体积分

30、数越大，当达到平衡状态的体积分数应该大于C，可能是D、E、F三点中的D点，故答案为：A；D。16 AC B 0.85 【解析】(1) 属于氧化还原反应，而且是放热反应，理论上能设计为原电池。则反应B、D能设计成原电池、反应A、C是非氧化还原反应、理论上不可以用于设计原电池，故答案为AC。(2)内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：O24H4e=2H2O；燃料电池中化学能转化为电能，能量转化效率高 燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，则a为负极、B处电极入口通氧气，碱

31、性条件下氧气得电子、和水反应生成氢氧根离子，其电极反应式为。当消耗标准状况下氢气11.2L时，按可知，假设能量转化率为85%，则导线中转移电子的物质的量为。(3)X的物质的量增加、Y的物质的量减小，所以Y是反应物、X是生成物，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即Y与X的化学计量数之比为(0.4-0.2):(0.2-0.1)=2:1，故该反应的化学方程式为。反应开始至2min时，Y的平均反应速率为。2min时，平衡还未建立，体系处于从正反应建立平衡的途中，故v正 v逆。17 AD 2 【解析】I(1)A单位时间内生成nmolX，指的是逆反应速率，生成2nmolZ，指正反应速率，且12的变化量

32、能够说明正反应速率等于逆反应速率，故可作为反应达平衡的标志；B根据，气体的总质量不变，容器体积不变，故密度为定值，故密度不变不可作为反应达平衡的标志；C无论反应平衡还是没有平衡，速率比都等于系数比，故用X、Y、Z的物质的量浓度变化表示反应速率的比为112的状态不一定是平衡状态；D当反应达到平衡状态时，各组分的物质的量均不发生改变，总物质的量也不再变化，即各组分的物质的量分数不再变化，故反应容器中的物质的量分数不再改变的状态是化学平衡状态；E由方程式可知，该反应是一个等体积变化，压强始终不改变，故压强不再改变的状态不一定是化学平衡状态；F根据可知，m不变，n也不变，则混合气体的平均相对分子质量始

33、终不变，故不可作为反应达平衡的标志；故选AD；(2)由方程式可知，反应物X、Y变化量为1:1，设变化量为x，则有：，推出：mol，故答案为：；(3）利用极限确定a的取值范围：若从正反应开始到达平衡，则a值最大，所以：，即，故；若从逆反应开始到达平衡，则a值最小，所以：，即，故；故答案为：；(1)恒温、恒压下到达平衡后，C的物质的量为3amol，说明和(2)所达到的平衡是相同的平衡，满足A.B起始量分为3mol、3mol，依据三段式列式判断；假设反应正向进行依据等效平衡：，x=2，B的物质的量=3- 3a，当3a1，,B的物质的量小于2；当3a=1，B的物质的量等于2；当3a1，B的物质的量大于

34、2；故选，所以答案为：2，；(2)若开始时放入6molA和6molB，到达平衡后再加入3molC，根据等效平衡的原理此时和(1)中的开始时放入1molA和1molB是等效平衡，待再次到达平衡后,达到的平衡与(1)是相同的,所以C的物质的量分数可以根据(1)计算得到即C的物质的量分数，故答案为：；18(1)2N(g)M(g)(2)(3)0.25(4)5(5)【解析】（1）从图中可以看出，N为反应物，M为生成物，t3min后，M、N的物质的量不变，则反应达平衡状态，此时M、N的物质的量的变化量分别为3mol、6mol，则M、N的化学计量数之比为1:2，所以该反应的化学方程式为2N(g)M(g)。答

35、案为：2N(g)M(g)；（2）在t2之后，反应物的物质的量继续减小，生成物的物质的量继续增大，则反应继续正向进行，所以t2时刻，正、逆反应速率大小：v(正)v(逆)。答案为：；（3）若t2=2min，反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率v(M) =0.25molL-1min-1。答案为：0.25；（4）达平衡时，M、N的物质的量分别为5mol、2mol，则该反应的化学平衡常数K=5。答案为：5；（5）若维持其他条件不变，在t3时升高温度，M的浓度降低，则平衡逆向移动，所以该反应H0。答案为：。【点睛】进行运算时，注意变化量与平衡量的使用。19(1) 40% 1(2)25%【解析】（1）对

36、于可逆反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，若起始浓度：CO为1molL-1，H2O为1.5molL-1，达到平衡时，平衡时CO转化率为60%，则CO的消耗量为molL-160%=0.6molL-1，则水的消耗量为0.6molL-1，而二氧化碳的生成量为0.6molL-1，氢气的生成量为0.6molL-1，而水的平衡浓度为1.5molL-1-0.6molL-1=0.9molL-1，一氧化碳的平衡浓度为1molL-1-0.6molL-1=0.4molL-1，则H2O的转化率为0.6molL-11.5molL-1=40%，平衡常数。（2）557时，若起始浓度改为：CO为1molL-

37、1，H2O为3molL-1，达到平衡时，一氧化碳的转化量为xmolL-1，则水的转化量为xmolL-1，二氧化碳的生成量为xmolL-1，氢气的生成量为xmolL-1，则水的平衡浓度为(3-x)molL-1，一氧化碳的平衡浓度为(1-x)molL-1，则根据平衡常数可以计算：xmolL-1xmolL-1(3-x)molL-1(1-x)molL-1=1，求出x=0.75molL-1，H2O的转化率为0.75molL-13molL-1=25%。20(1) 温度 催化剂 2H2O22H2O+O2或2H2O22H2O+O2(2)(3) 反应产生气泡快慢 消除阴离子不同对实验的干扰(4) Cl 双氧水、

38、盐酸 向盛有双氧水溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃【解析】（1）根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；在有催化剂不加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关；在加热或有催化剂条件时，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关，则研究小组在设计方案时，考虑了过氧化氢浓度、温度、催化剂因素对过氧化氢分解速率的影响，故答案为：温度、催化剂；由实验现象可知，双氧水在加热或二氧化锰做催化剂时能发生

39、分解反应生成氧气和水，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2或2H2O22H2O+O2，故答案为：2H2O22H2O+O2或2H2O22H2O+O2；（2）由题意可知，可以利用排水量气法测定收集一定体积的氧气所需时间或用相同时间收集氧气的时间探究浓度对反应速率的影响，测定收集氧气的实验装置图为 ，故答案为： ；（3）过氧化氢分解生成氧气和水，则可根据反应产生气泡快慢来判断不同催化剂对反应速率的影响，故答案为：反应产生气泡快慢；过氧化氢的催化作用不同可能是氯离子或硫酸根离子不同导致，由变量唯一化可知改为硫酸铁溶液使对比实验的阴离子相同可以消除阴离子不同对实验的干扰，使得探究实验设计更为合理，

40、故答案为：消除阴离子不同对实验的干扰；（4）由于双氧水溶液中含有水，则水不可能是过氧化氢分解的催化剂，由猜想1可知甲同学的猜想2是真正催化分解过氧化氢的是氯离子，为验证猜想2是否成立可向盛有过氧化氢溶液的试管中加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，由木条不复燃得出氯离子对过氧化氢分解无催化作用的结论，故答案为：Cl；双氧水、盐酸；向盛有双氧水溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃。21(1) 10 60 20(2) 其他条件相同时，溶液的初始pH值越小，反应速率越快(或溶液的pH对反应速率有影响) (3) Al3+起催化作用 SO起催化作用(4) 控制其

41、他条件与反应相同，用等物质的量的K2SO4Al2(SO4)324H2O代替实验中的铁明矾 大于 相等【解析】(1)为了控制单一变量，根据中pH不同是探究pH对速率的影响，故V1为10mL；中pH相同，则是探究浓度对速率的影响，故V2=60mL，V3=20mL。(2)实验曲线斜率较大，反应速率快，实验表明其他条件相同时溶液的初始pH值越小，反应的速率越快；化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(Cr3+)=2v(Cr2O)=。(3)根据铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O组成分析，作出假设二：Al3+起催化作用；假设三：SO起催化作用。(4)要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，即没有Fe2+存在时的实验，由于需要控制Al3+和SO浓度比，所以要选K2SO4Al2(SO4)324H2O，不要选K2SO4和Al2(SO4)3；用等物质的量K2SO4Al2(SO4)324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验，反应进行相同时间后