高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1第2章化学反应的方向、限度与速率测试题.pdf

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1、第二章 化学反应的方向、限度与速率测试题一、单选题1.在一定空气流速下，MnCO：热解得到三种价态锦的氧化物。相同时间内镒元素所占比例某价态镒的氧化物中镒元素质量,镒元素总质量10。)随热解温度变化的曲线如图所示。坐标系中主要发生如下反应:反应 I：MnCO3(s)=MnO(s)+CO2(g)AH,反应 II：4MnO(s)+O2(g)2 M n,O3(s)AH,0反应 HI：2Mn2O3(s)+O2(g)4MnO2(s)AH30A.反应I 在低温下不能自发进行，说明A H/0B.曲线a 表示出2()3中镐元素所占比例随温度的变化温度/CC.350r450,主要发生反应inD.460下，适当增

2、大空气的流速可以提高MnOz的产率2.下列叙述及解释正确的是A.2N(V g)(红棕色)(无色)A W 0,在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B.H2(g)+I2(g)2H I(g)A H HgCkCs)71-/,5.12；_L.-0287.0 4 3 3/Ml+HCl(gVM2/、.o oM3.一-7 24-2.40 7H2C-4：HCl(g)+HgCl2(s)下列说法正确的是A.该历程中活化能为1.6 8 乂 10 丹丫B.M2为 C 2 H 2 与 H g C l2形成的中间体C.反应物或产物在催化剂表面进行吸附和脱离D.该反应

3、的热化学方程式为 H C 三 C H(g)+H C l(g)一H 2 C=C H C l(g 2”=-2.2 4 x l 0-2 4 e V-m o l T4 .以丙烯(C 3 H 6)、N H 3、0 2 为原料，在催化剂存在下生成丙烯)1(C 3 H 3 N)和副产物丙烯醛(C 3 H 4。)的化学方程式分别为：反应 I 2 c 3 H 6(g)+2 N H 3(g)+3 C h(g)=2 C 3 H 3 N(g)+6 H 2 O(g)反应 I I C 3 H 6(g)+O2(g)V 3 H Q(g)+H 2 O(g)反应时间相同、反应物起始投料相同时，丙烯腾产率与反应温度的关系如图所示(

4、图中虚线表示相同条件下丙烯月青平衡产率随温度的变化)。下列说法正确的是0.04007 7 5005也锻线区A.其他条件不变，增大压强有利于提高丙烯砥平衡产率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均能提高丙烯月青产率C.图中Y点丙烯睛产率高于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点丙烯晴产率与Z点相等(1 1 2),则一定有Z点的正反应速率大于X点的正反应速率5 .下列叙述正确的是电解池是将化学能转变成电能的装置试卷第2页，共10页光能和化学能都能转化成电能金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化不能自发进行的氧化还原反应，通过电解原理有

5、可能实现A.B.C.D.6 .N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是催化剂ao H 0O NA.催化剂a 的表面有极性键的断裂和非极性键的形成B.催化剂a 能提高该反应的平衡转化率C.催化剂a、b增大了该历程中的最大能垒(活化能)催化剂bD.催化剂b表面发生的反应为4 N H,+5 O,4 N Q+6 H.O7 .在一定条件下的1 L 密闭容器中，X、Y、C三种气体的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法不氐触的是物质的量/molA.0 1 5 m i n,消耗C的平均速率约为0.0 3 3 m o W L L m i n B.X、Y、C三种气体发生反应的化学方程式

6、为：Y(g)+3 X(g)=2 c(g)C.反应开始到2 5 m i n,X的转化率为2 5%D.2 5 m i n 时改变的一个条件可能是缩小容器体积8.在容积固定的2 L密闭容器中发生反应：C O(g)+2 H 2(g)U C H：Q H(g)H=ak J m o l l,若充入2 m o i cO(g)和 4m o l H 2(g),在不同温度、不同时段下H 2 的转化率如下表：(已知2 1 泡2)1 5 分钟3 0 分钟4 5 分钟1 小时T,4 5%7 5%8 5%8 5%T24 0%6 0%aia2下列说法中错误的是A.1 C 下，4 5 分钟该反应达到平衡状态B.根据数据判断：T

7、,S03(g)A W =-9 8 k J m oP1 o 回答下列问题：(1)当SC)2(g)、O?(g)和 N?(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、1 0.5%和 8 2%时，在 0.5 M P a、2.5 M P a 和 5.0 M P a压强下，SO?平衡转化率a 随温度的变化如图所示。反应在5.0 M P a,5 5 0 C 时的a=,判 断 的 依 据 是。影响a 的因素有 o(2)将组成(物质的量分数)为2 m%S O2(g)、相。2 伍)和q%N?(g)的气体通入反应器，在温度r、压强。条件下进行反应。平衡时，若SO?转 化 率 为 则 SC)3 压强为,平衡常数勺=(以分压

8、表示，分压=总压x物质的量分数)。/0.8(3)研究表明，SO,催化氧化的反应速率方程为：v=k (I W),式中：左为反应速率常数，随温度，升高而增大；a 为SO。平衡转化率，D 为某时刻SO 2 转化率，为常数。在 a =0.9 0 时，将一系列温度下的左、。值代入上述速率方程，得 到 曲 线，如图所示。主-1N曲线上v最大值所对应温度称为该D 下 反 应 的 最 适 宜 温 度 时，逐渐提高；后，v 逐渐下降。原因是1 3 .用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2 N O(g)U N 2(g)+C O 2(g)。(1)写 出 上 述 反 应 的 平 衡 常 数 表 达 式。(2

9、)在 2 L恒容密闭容器中加入足量C与 NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/C起始时N O 的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.0928000.240.08结合表中数据，判断该反应的AH 0(填“A 或 y”)，理由是.(3)700时，若向2 L 体积恒定的密闭容器中充入一定量N?和CO?发生反应：N2(g)+CO2(g)U C(s)+2NO(g)：其中Nz、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。0 1 Omin内的CO2平均反应速率v=。图中A 点 v(正)v(逆)(填或“=)。第lOmin时，外 界 改 变 的 条 件 可

10、能 是。A.加 催 化 剂 B.增大碳的物质的量 C.减小CO?的物质的量 D.升温 E.降温14.一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+C02(g)U Fe0(s)+C 0(g2 H 0.一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。口时，正、逆反应速率的大小关系为v v以填或“=)；试卷第6 页，共 10页(2)4 分钟内，C 02的转化率为;CO的平均反应速率v(C O)=.(3)下 列 条 件 的 改 变 能 减 慢 其 反 应 速 率 的 是(填 序 号)。降低温度减少铁粉的质量保持压强不变，充入H e

11、 使容器的体积增大保持体积不变，充入H e 使体系压强增大1 5 .一定条件下，在容积为0.1 L 的密闭容器中，通入0.4 m olN 2 和 1.2 m olH 2,进行反应，2 s 后达到平衡，此时容器内的气体物质的量为起始时的3/4,试回答：(1)能判断该反应达到平衡状态的依据是A.断开 3 m o旧-H 键的同时断开 2 m oi N-H 键 B.c(N2)：c(H2)：c(N H3)=l：3：2C.混合气体的平均相对分子质量不变 D.容器内密度不变 N 2 的转化率6%=，若相同条件下，此反应在容积可变的容器中进行，保持压强不变，达到平衡，则 N 2的转化率 02%a l%(填或“

12、=”)(3)该温度下，反应的化学平衡常数K=,若此时再加入0.6 m olN 2 和 0.4 m olN H 3，则平衡(填”向左移动”、“向右移动”或“不移动”)三、计算题1 6 .恒容容器中发生可逆反应：M(g)+N(g)-P(g)+Q(g)+R(s)A H 0,请回答下列问题。(1)该反应平衡常数的表达式K=。(2)在某温度下，起始时c(M)=l m oL L，c(N)=2.4 m ol U1,达到平衡后，M 的转化率为6 0%,此时N的转化率为_ O(3)若保持温度不变，起始时c(M)=4 m ol-L T、c(N)=a m ol L J1,达到平衡后c(P)=2 m o L L?,则

13、。=。(4)若保持温度不变，起始时c(M)=c(N)=b m ol-L T,达到平衡后，M 的转化率为。四、实验题1 7 .已知 K M nC)4 和 H 2 c 2。4(草酸)在酸性溶液中会发生如下反应：2 K M nC U+S H 2 c 2 O 4+3 H 2 s C)4=K 2 s o4+2 M nS C)4+I O C O 2 T+8 H 2 O 0 甲、乙两个实验小组欲探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(实验中所用K M nC U 溶液均已酸化)：(1)甲组：通过测定单位时间内生成C 0 2 气体体积的量来比较化学反应速率，实验装置如图所示：实验时分液漏斗中A 溶液一次性

14、加入，A、B 的成分见下表:序号A 溶液B 溶液2 mLO.l mol-L-H2c2O4溶液4 mL 0.01 mol-L-1 KMnCU 溶液2 mL 0.2 mol-L-1 H2C2O4 溶液4 mL 0.01 mol-L-1 KMnCU 溶液2 mL 0.2 mol-L-1 H2c2O4 溶液4 mL0.01 mol-L-KMnCU 溶液，少量 MnSOH催化剂)该实验探究的是_ _ _ _ _ _ _ 因素对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小 的 顺 序 是(填 实 验 序 号)。(2)乙组：通过测定KMnC4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反

15、应速率.取两支试管各加入2 mL 0.1 mol-L-H2c2O4溶液，另取两支试管各加入4 mLO.l mol-L-1 KMnCU溶液，将四支试管分成两组(每组各有一支试管盛有H2c2。4溶液和KMnCU溶液)，一组放入冷水中，另一组放入热水中，一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验试图探究_ _ _ _ _ _ _ 因素对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是 o1 8.某校化学活动社团为测定lmol/L的 H2s04溶液与锌粒和锌粉反应的速率，设计如图1 装置。锌粒或锌粉1 mol/LH2SO4a g r=CI；7举;In-量气管(50 mL)

16、_乳胶管图2图1(1)图 1 中盛有H2s04溶 液 的 仪 器 名 称 是。(2)按照图1装置实验时，限定了两次实验时间均为lO m in,还需要测定的另一个数据是 o(3)若将图1装置中的气体收集装置改为图2 装置,实验完毕待冷却后，该学生准备读取量气管上液面所在处的刻度,发现量气管中液面高于干燥管中液面，应 首 先 采 取 的 操 作 是。五、工业流程题试卷第8 页，共 10页1 9 .实验室以二氧化怖（C e C h）废渣为原料制备C 含量少的C e 2（C C h）3，其部分实验过程如图:稀盐酸、应。2溶液氨水 萃取剂H A 稀硝酸 氨水、N H3H C O3“酸漫”时C e C h

17、与H 2 O 2反应生成C e 3+并放出C h，该 反 应 的 离 子 方 程 式 为。（2）pH约为7的C e C b溶液与N H 4 H C O 3溶液反应可生成C e 2（C C）3）3沉淀，该沉淀中。一 含量与加料方式有关。得到含C T量较少的C e 2（C O 3）3的 加 料 方 式 为（填序号）。A.将N H4H C O3溶液滴加到C e C h溶液中B .将C e C h溶液滴加到N H4H C O3溶液中（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备C 含量少的C e 2（C O 3）3。已知C e?+能被有机萃取剂（简称H A）萃取，其萃取原理可表示为C e 3+（水层

18、）+3 H A（有机层）峰 C e（A）3（有机层）+3 H+（水层）。加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是一。反萃取的目的是将有机层Ce 3+转移到水层。使Ce 3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有（填两项）。与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce 2（C O）3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有（填化学式）。2 0 .硫酸锌（Z n S OQ是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为Z n CCh，杂质为S i Ch以及Ca、Mg、F e、C u等的化合物。其制备流程如图：滤渣 滤

19、渣 滤渣 滤渣本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如表:离子F e3+Z n2+Cu2+F e2+M g2+94.0 x1 0-3 86.7 xl O-1 72.2 x1 0 t 8.0 xl 0-1 61.8x10回答下列问题：（1）菱 锌 矿 焙 烧 生 成 氧 化 锌 的 化 学 方 程 式 为。（2）为了提高锌的浸取效果，可 采 取 的 措 施 有、。（3）加入物质X调溶液p H=5 ,最适宜使用的X是（填标号）。A.N H 3 H 2。B.Ca（O H）2 C.N a O H滤 渣 的 主 要 成 分 是、。（4）向8 0 9 0 的滤液中分批加入适量K M n C U溶液充分反应后

20、过滤，滤渣中有M n O2,该步反应的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _试卷第10页，共10页参考答案：I.D【解析】A.由反应I 可知该反应A S 0,根据吉布斯自由能公式A G=A H T A S,故该I 在低温下不能自发进行，则A H/O,A正确；B.温度越高，反应越快，根据反应个反应，可以发现二氧化锌是反应i n 的产物，故温度升高时，相同时间内，二氧化锦会越来越多，即 b 代表二氧化锌，a 代表B正确；C.由图可知3 5 0 4 5 0 c 时，二氧化镒一直增大，故此时发生的主要反应为反应H L C正确；D.由图可知450 时二氧化镭的含量较大，此时适当增大空气的流速可以提高M

21、n O 2 的产率，但是温度较低时，二氧化镐含量较低，增大空气的流速不利于提高M n O?的产率，D错误；故选D。2.D【解析】A.缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，错误；B.增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但气体体积增大，各气体浓度均减小，混合气体颜色变浅，错误；C.C为固体，加入碳后，平衡不移动，错误；D.合成氨时保持压强不变，充入0?,则容器容积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向左移动，正确。故选D。3.C【解析】A.该历程中活化能应为 1.6 8-(-0.433)x

22、 l O-24eV=2.1 1 3x l(y 24eV,故 A 错误;B.由图中反应机理可知，M2 为 H C 1、C 2H 2与 H g C L 形成的中间体，故 B错误；C.反应物或产物在催化剂表面进行吸附和脱离，故 C正确；D.题目中模拟的是单个乙烯分子，该反应的热化学方程式为H C=C H(g)+H C l(g)H2C=C H C l(g)A/=-2.24x l O-24x NA eV-m o l 1,故 D 错误；故选C。4.B【解析】A.反 应 I 中正反应体积增大，反应I I 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月青平衡产率，A 错误；B.根据图象可知图

23、中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盾产率，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点反应达到平衡答案第1 1 页，共 9页状态，升高温度平衡逆向进行，因此图中Y点丙烯懵产率高于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。5.C【解析】电解池是在直流电的作用下，发生氧化还原反应，所以是将电能转化为化学能的装置，不正确；太阳能电池将光能转化成电能，蓄电池将化学能转化成电能，

24、正确；金属和石墨导电均为电子导电，属于物理变化，电解质溶液导电同时伴随着氧化还原反应的发生，是化学变化，正确；不能自发进行的氧化还原反应，即便其A S V O、，(),通过电解原理也有可能让反应发生，正确；综合以上分析，正确，故选C。6.D【解析】A.催化剂a的表面有非极性键的断裂和极性键的形成，选项A错误；B.催化剂a不能提高该反应的平衡转化率，选 项B错误；C.催化剂a、b减少了该历程中的最大能垒(活化能)，选项C错误；催化剂bD.根据图中信息可知，催化剂b表面发生的反应为4 NH 3+5 C)24 NO+6 H Q,实现了氨的催化氧化，选项D正确；答案选D。7.A【解析】A.据图可知C为

25、生成物，。1 5m i n内生成C而不是消耗C,A错误；B.据图可知X、Y的物质的量减少，为反应物，C的物质的量增加，为生成物，达到平衡时X、Y、C的物质的量变化之比为0.7 51 1 1 01：0.2 51 1 1 01：0.51 1 1 01=3:1:2,化学方程式为Y(g)+3 X(g)=2 C(g),B 正确；C.2 5m i n时反应已达到平衡，该时段内 (X)=0.7 5m o l,转 化 率 为 xl()0%=2 5%,C3 m o l正确；D.2 5m i n时的瞬间各物质的物质的量不变，所以不是改变投料，而之后C的物质的量增加，X、Y的物质的量减小，说明平衡正向移动，该反应为

26、气体系数之和减小的反应，缩小容器体积增大压强，平衡正向移动，D正确；综上所述答案为A。答案第1 2页，共9页8.B【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】A.T/C 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a i 知2 判断T 2 时达到平衡的时间在45分钟后，T 2 比T i 的反应慢，故温度低，B不正确；C.丁 2 久下，在前3 0分钟内氢气的转化率为6 0%,则转换了的氢气的物质的量为：4 m o lx60%=2.4m

27、o l,则转换的一氧化碳根据方程式计算得：L 2 m o l,根据速率公式得：A c 1.2 mol/V=7k=1.2 m o l/(L.h),故 C 正确；A r 0.5hD.根据温度T 2 到 T i 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。9.D【解析】A.催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，使用M n C h 催化时，该反应的AH不会发生变化，A项正确；B.催化机理中存在H C O：与 H+反应生成C O2 和 H z O 的

28、过程，该过程不是氧化还原反应，B项正确；C.根据图示的催化机理可知总反应为:M n O,H C H O+O2=CO2+H2O ,C 项正确;D.N a z C h 中的阴离子是O；,与5 不一样，D项错误；答案选D。1 0.C【解析】N 2 +3 H 2 U 2 N H?为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断。【解析】A.该反应为可逆反应，所以N 2、H 2、Nh在容器中共存，无法判断是否达到平衡状态，故 A错误；B.反应前后混合气体的质量和容器容积均不变，因此密度始终不变，不能据此判断是否达到平衡状态，故 B错误；C.

29、该反应为气体体积缩小的反应，平衡前气体的总物质的量为变量，当混合气体的总物质答案第1 3 页，共 9 页的量不再发生变化时，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故 c 正确；D.va:(N22v ffi(NH3),速率之比不等于系数之比，说明正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故 D 错误；故选C。11.B【解析】对于反应FeCb(aq)+3KSCN(aq)=Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq),其离子方程式为Fe3+(aq)+3SCN-(aq)U Fe(SCN)3(叫);再加入2mLimoLL FeCb溶液，增大了 FeCb溶液的浓度，平衡正向移动；加 入 KC1固体，对 Fe3+和

30、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Fe?+,减小了 Fe?+浓度，平衡逆向移动；再加入2mL0.4moiL“KSCN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。12.0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，a 提高 5.0MPa 2.5MPa=p2,所以H=5.0MPa 温度、压强和反应物的起始浓度(组2/na a成)100-7ap一 呼 m 丁 升高温度，%增大使V逐渐提高，但 a 降低使V11 (X)-ma )逐渐下降。t2平衡转化率增大，故 p1=5.0M Pa,结合题图(b)知 5.

31、0MPa、550时对应的SO?平衡转化率为0.975。影响平衡转化率的因素有：温度、压强、反应物的起始浓度等。设通入的SO?、O?和 N?共 lOOmol,利用三段式法进行计算：起始量/molS 02(g)+22(g)2m m机催化剂-S03(g)0转化量/mol2ma ma2ma平衡量/mol2m-2ma m-ma2ma平衡时气体的总物质的量为(3m+q-ma)mol，则 p(SO2)=px(2m-2ma)/(3m+q-ma),p(O2)=px(m-ma)/(3m+q-ma),p(SO3)=px2ma/(3m+q-ma),因3m+q=100,ap(s o j代入计算得0(-a)L5m100-

32、ma升高温度，反应速率常数%增大，反应速率，提高U但 a 降低使反应速率逐渐下降。答案第14页，共 9 页1p(SO,)xp1 2(O2)时，Z增大对V的提高大于a 引起的降低ttm后，增大对的提高小于a 引起的降低。13.K=c M A c g)C2(NO)(2)700时，K=0.167,800时，K=l,温度升高，K 值增大，故为吸热反应(3)0.01mol/(L-min)AD【解析】(1)平衡常数等于生成物平衡浓度基次方乘积除以反应物平衡浓度幕次方乘积，表达式为:C(N2)-C(CO2)C2(N O)；(2)依据实验1和实验2 起始时和达到平衡时的数据，列三段式有：C(。+2N0(g)、

33、+应(g)起始(mol/L)实 验 1 -0.200转化(mol/L)0.090.0450.045平衡(mol/L)0.110.0450.045十 乙 N U (g J N2 (g)+双(g)x-起始(mol/L)实验2：八；,1转化(mol/L)0.12000.080.040.04平衡(mol/L)0.040.040.040.045x0.0450.04x0.04则 小 6 7?一,700。时，K=0.167,800c时，K =l,0.042 温度升高，K 值增大，故为吸热反应；0；(3)由图可知0 lOmin内N,的物质的变化为0.45mol-0.25moi=0.2mol,由方程式N2(g)

34、+CO2(g)=C(s)+2NO(g)可知，CO,的物质的量变化为0.2m ol,所以CO2平均反应速率 丫=0.o mo/(L-min)；2Lxl0min 八由图可知A 点反应向正反应方向进行，所以v(正)似逆)；由图可知第lOmin后，反应速率增大，A.加催化剂，加快反应速率，故 A 正确；B.C 为固体，增大C 的量对反应速率没有影响，故 B 错误；C.减小CO。的物质的量，则C02的浓度减小，反应速率减小，故 C 错误；D.升温，使反应速率加快，故 D 正确；答案第15页，共 9 页E.降温，使反应速率减小，故 E 错误；故答案为：AD,14.3 或 71.4%O.Smol-L-min

35、1 7【解析】(1)由图象可知，L 时，反应未达到平衡，仍正向进行，因此处(2)根据图象，4min内，CO?的浓度变化量为0.7-0.2=0.5mol/L,则 COz的转化率为学 吧 匹=9 a 71.4%,CO 的浓度变化量为0.5-0=0.5mol/L,则 C O 的平均反应速率v(CO)=0.7mol/L 70.5mol/L i.1-=0.125mol-L min；4min 降低温度，活化分子数减少，有效碰撞几率减小，反应速率减慢，符合题意；铁粉为固体，减少铁粉的质量不影响反应速率，不符合题意；保持压强不变，充入H e使容器的体积增大，浓度减小，反应速率减慢，符合题意；保持体积不变，充入

36、He使体系压强增大，浓度不变，反应速率不变，不符合题意；故答案选。15.(1)C(2)50%,，L2/mol2 不移动【解析】题中发生反应N2+3H2U2NH3,根据题中信息进行分析。(1)A.断开3moiH-H键应断开6moiN-H键，A 错误；B.各物质的浓度成比例关系，不能说明达到平衡状态，B 错误；C.平均相对分子质量可表示为而=与，体系中质量守恒m 恒定，当防不变时，片不变，反n应前后气体系数发生变化，故三不变说明达到平衡状态，C 正确；D.密度p=为，m 恒定，V 恒定，故密度为定值，故密度不变不能说明达到平衡状态，D错误；故选C。(2)N2+3H2U 2NH起始0.41.20转化

37、X3x2x平衡0.4-x1.2-3x2x答案第16页，共 9 页3由题得：0.4-x+1.2-3x+2x=1.6x=1.2 x=0.2mol4n 7N2的转化率a产汇xl00%=50%；反应正向进行，压强减小，要求压强不变相当于加压，平衡正移，4的转化率增大，故(X 2%a i%o(3)K=魄f，将(2)中数值转化成物质的量浓度，代入可得K=-L2/mol2;再加入0.6molN2和 0.4molNH3,则 N2为 0.8moL以 为 0.6moL NH3为 0.8m oL转化成浓度，代入平衡常数公 式,可 得 K L 2/m R 故平衡不移动。c(P)-c(Q)丽丽2 5%6 41%【解析】

38、利用化学平衡公式列表达式，并根据公式寻找各物质的物质的量浓度进行计算，再根据该温度平衡常数不变进行分析计算。c(P)dO)【解析】(DR是固体,不能列入平衡常数的表达式中,因此平衡常数K=黑；故答F(Pc(M)-c(N)M 的转化率为60%时，M 和 N 的浓度变化量均为0.6 mol.L，此时N 的转化率为Q，6 m o l，L X100%=25%；故答案为：25%o2.4 mol L1(3)温度不变时，M 和 N 的浓度变化量均为0.6 mol L1,则平衡时，M 的浓度为0.4 moi r1,N 的浓度为1.8 mol1T,P 和 Q 的浓度均为0.6 mol-L1,因此该温度下反应的平

39、衡常数K=照签=0.5,根据信息得到M 和 N 的浓度改变量均为2 mol L 则平衡时M 的浓度为2 moi.I/,N 的浓度为(a-2)m olL P 和 Q 的浓度均为2moi广，反应的平衡常数2x2不变，故 G (-二 0 5,解得a=6；故答案为：6o2 x(a-2)(4)设 M 的转化率为x,则 M 和 N 的浓度变化量均为bxm oLLT,平衡时M、N 的浓度为bx x bx(b-bx)mol L,P 和 Q 的浓度均为 bxmol.L”，则人 二、人 二、，解得 x=0.41 =41%；(b-bx)x(b-bx)故答案为：41%。【点睛】化学平衡计算是常考题型，主要是根据该温度

40、下这个关键词，说明平衡常数不变，根据平衡常数建立其他关系进行计算。17.(1)浓度和催化剂 答案第17页，共 9 页温度 K M n O4溶液过量【解析】利用K M n C U和H 2 c 2。4(草酸)在酸性溶液中会发生氧化还原反应制备二氧化碳，通过测定单位时间内生成C 0 2气体体积的大小和测定K M n O 4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率，进而探究外因对化学反应速率的影响。(1)对比实验序号为的实验可探究浓度对化学反应速率的影响，中A溶液的浓度比中大，化学反应速率大，所得C C h的体积大；对比实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，中使用了催化剂，故相同时间内实验中所得二氧化

41、碳最多，故答案为反应物的浓度和催化剂；下；(2)一组放入冷水中，另一组放入热水中，故该实验试图探究温度对化学反应速率的影响。草酸和高镒酸钾反应的方程式为：2 K M nC h+5 H 2 c2 C h+3 H 2 sO 4=K 2 S O 4 +2 M nS O 4+I O C O 2 T +8 H 2 O,草酸的物质的量为：0.0 0 2 L X0.1 mol-L T=2 x l(T 4 moi,高锌酸钾的物质的量为：0.0 0 4L x O.lmol-L M x lO 4m o L由方程式可知，酸性高镒酸钾过量，故没看到溶液完全褪色，故答案为酸性高锯酸钾溶液过量。1 8.(1)分液漏斗(2

42、)收集到气体的体积(3)调节量气管的高度使得两侧液面相平【解析】该反应中化学反应速率的测量要注意两个方面的数据，一个是产生氢气的体积，再换算成浓度，另一个是产生这些氢气所需要的时间。(1)题 图1中盛放H?S O,溶液的仪器是分液漏斗。(2)按照题图1装置实验时，限定了两次实验时间均为lO mi n,还需要测定的另一个数据是反应产生H?的体积。(3)图2装置准备读取量气管上液面所在处的刻度，应首先调节量气管的高度使得两侧液面相平。1 9.(1)2 C eO2+H2O,+6 H+=2 C e3+O2 T +4 H,OB(3)降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓

43、度 酸 性 条 件、多次萃取 C e3+答案第1 8页，共9页【解析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铀废渣，得到三价铀，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铺，增大三价铀浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价锦，再加入氨水和碳酸氢锈制备产物，以此解题。【解析】(1)根据信息反应物为C eC h 与 比。2 反应生成C e3+并放出0 2,根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2 C eO2+H2O2+6 H 2 C e3 t+O2 T +4 H2O。(2)反应过程中保持C eC b少量即可得到含C t 量较少的C e2(C C h)3,故选B。(3)增大碳酸根离子的浓度有助于生成产

44、物，故答案为：降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度。根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，使平衡向左移动，为了使Ce 3+尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取。“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+,过滤后溶液中Ce 3+离子浓度较小。A2 0.(l)Zn CO3=Zn O+CO 2 T(2)增 大 硫 酸 浓 度、升高温度(3)B Ca S O4 Fe(O H)3 S i O2(4)3 Fe2 t+M n O；+7 H2O=3 Fe(O H),/+M n O2，+5 H+【解析】菱锌矿的主要成分为Zn CCh，含杂质S i Ch 及

45、Ca、M g、Fe、C u的化合物；菱锌矿焙烧，Zn CCh 分解为Zn O、C O2,烧渣用硫酸浸取，得到溶液中含有Zn2 Ca2 M g2 Fe2Fe3 Cu2+,加 X 调节pH=5 生成氢氧化铁沉淀除Fe3+,过滤出沉淀Ca S Ch、Fe(O H)3 S i O2,滤液中加高镒酸钾把Fe 2+氧化为Fe(O H)3，高镒酸钾被还原为M n O2,过滤出Fe(O H)3、M n O2,滤液加过量锌粉置换出铜，过滤，滤液中加H F 生成Mg F2、Ca F2 沉淀除钙镁，过滤，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得Zn S O 7H q。A【解析】(1)菱锌矿焙烧,Z1 1 CO 3

46、 分解为Zn O、CO 2,反应的化学方程式为Zn CCh=Zn O+CO o f:(2)根据影响反应速率的因素，为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有增大硫酸浓度、升高温度等；(3)加入N H 3 H 2。、N a O H 能引入新杂质N H：、N a*,加入Ca(O H)2 不会引入新杂质，所以物质X 调溶液pH=5 ,最适宜使用的X 是 Ca(O H)2，选 B。根据Ks p数据，p H=5 只能生成Fe(0 H)3 沉淀，又因Ca S C)4 微溶、S i Ch 难溶于水，所以滤渣的主要成分是Ca S O c Fe(0 H)3、S i O2;(4)向8 0 9 0 的滤液中分批加入适量K Mn Ch 溶液，Fe 2+氧化为Fe(0 H)3,高镒酸钾被还原为M n O2,该步反应的离子方程式为3 Fe +Mn O；+7 HQ=3 Fe(O H)3，+Mn O,J+5 H+,答案第1 9 页，共 9页