化学学考阶段检测卷(七)

-.z.阶段检测卷(七)化学反响速率化学平衡一、选择题(此题包括25小题，每题2分，共50分，每题只有一个答案)1．(2016·**9月选考质量评估)以下关于化学反响速率的说法正确的选项是()A．化学反响速率是指一定时间内任何一种反响物浓度的减小或任何一种生成物浓度的增加B．化学反响速率0.8mol·L－1·s－1是指1s时*物质的浓度为0.8mol·L－1C．根据化学反响速率可以知道化学反响进展的快慢D．对于任何化学反响来说，反响速率越大，反响现象就越明显答案C2．以下关于化学反响限度的说法中正确的选项是()A．改变外界条件不能改变化学反响的限度B．当*反响在一定条件下到达反响限度时即到达了化学平衡状态C．当*反响体系中气体的压强不再改变时，该反响一定到达反响限度D．当*反响到达限度时，反响物和生成物的浓度一定相等答案B3．(2016·**市高三3月模拟考试)在一定温度下，向1L密闭容器中参加1molHI(g)，发生反响2HI(g)H2(g)＋I2(g)，2s时生成0.1molH2，则以HI表示该时段的化学反响速率是()A．0.05mol·L－1·s－1 B．0.1mol·L－1·s－1C．0.2mol·L－1·s－1 D．0.8mol·L－1·s－1答案B解析V＝1L，Δt＝2s，Δn(H2)＝0.1mol，则v(H2)＝eq\f(0.1mol,1L×2s)＝0.05mol·L－1·s－1，由eq\f(v(HI),v(H2))＝eq\f(2,1)可得v(HI)＝2×0.05mol·L－1·s－1＝0.1mol·L－1·s－1，应选B。4．(2016·**省名校协作体高三试题)一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，*一反响中*、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图，以下表述正确的选项是()A．反响的化学方程式为2*=3Y＋ZB．t时，正、逆反响都不再继续进展，反响到达化学平衡C．假设t＝4，则0～t内，*的化学反响速率为0.1mol·L－1·min－1D．温度、体积不变，t时刻充入1molHe使压强增大，正、逆反响速率都增大答案C解析A项，由图可知，*为反响物，Y、Z为生成物，且*、Y、Z的化学计量数之比分别为0.8mol∶1.2mol∶0.4mol＝2∶3∶1，该反响为可逆反响，故方程式为2*3Y＋Z，错误；B项，t时到达化学平衡，v正＝v逆≠0，错误；C项，t＝4时v(*)＝eq\f(0.8mol,2L×4min)＝0.1mol·L－1·min－1；正确，D项，温度、体积不变，t时刻充入He，反响物、生成物浓度不变，故正、逆反响速率不变，错误。5．(2016·**高二期中)使反响4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)在2L的密闭容器中进展，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol。此反响的平均反响速率可表示为()A．v(NH3)＝0.02mol·L－1·s－1B．v(O2)＝0.01mol·L－1·s－1C．v(N2)＝0.02mol·L－1·s－1D．v(H2O)＝0.02mol·L－1·s－1答案A解析半分钟N2变化的浓度Δc(N2)＝eq\f(0.6mol,2L)＝0.3mol·L－1，v(N2)＝eq\f(0.3mol·L－1,30s)＝0.01mol·L－1·s－1，C错误；根据反响速率之比等于化学反响方程式计量数之比，得出v(NH3)＝0.02mol·L－1·s－1，A正确；v(O2)＝0.015mol·L－1·s－1，B错误；v(H2O)＝0.03mol·L－1·s－1，D错误。6．在恒温、体积为2L的密闭容器中进展反响：2A(g)3B(g)＋C(g)，假设反响物在前20sA由3mol降为1.8mol，则前20s的平均反响速率为()A．v(B)＝0.03mol·L－1·s－1B．v(B)＝0.045mol·L－1·s－1C．v(C)＝0.03mol·L－1·s－1D．v(C)＝0.06mol·L－1·s－1答案B解析v(A)＝eq\f(3mol－1.8mol,2L×20s)＝0.03mol·L－1·s－1，化学反响速率之比等于化学计量数之比，故B的速率为0.045mol·L－1·s－1，B正确；C的速率为0.015mol·L－1·s－1，所以答案选B。7．在2L的密闭容器中，发生以下反响：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)。假设最初参加的A和B都是4mol，在前10sA的平均反响速率为0.12mol·L－1·s－1，则10s时，容器中B的物质的量是()A．1.6mol B．2.8molC．2.4mol D．1.2mol答案B解析Δn(A)＝v(A)×t×V＝0.12mol·L－1·s－1×10s×2L＝2.4mol，Δn(B)＝1.2mol，则容器中B的物质的量为4mol－1.2mol＝2.8mol。8．在四个不同的容器中，在不同条件下进展以下反响：A(g)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)，根据以下测定的结果判断，反响进展得最快的是()A．A的起始浓度为1mol·L－1,5min后测得A的浓度为0.25mol·L－1B．2L的恒容容器，充入8molB,5min后容器中还有2molBC．30s内，测得C的浓度增加了0.2mol·L－1D．D的起始浓度为3mol·L－1,2min后测得D的浓度为2.1mol·L－1答案D解析不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，比拟反响的快慢，转变成用同种物质表示的化学反响速率。A项，v(A)＝0.15mol·L－1·min－1；B项，v(B)＝0.6mol·L－1·min－1，转化为用A表示的反响速率v(A)＝0.2mol·L－1·min－1；C项，v(C)＝0.4mol·L－1·min－1，转化为用A表示的反响速率v(A)＝0.2mol·L－1·min－1；D项，v(D)＝0.45mol·L－1·min－1，转化为用A表示的反响速率v(A)＝0.225mol·L－1·min－1。所以反响进展最快的是D。9．一定温度下，可逆反响2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)在体积固定的密闭容器中反响，到达平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示反响速率比为2∶2∶1；④混合气体压强不再改变；⑤混合气体颜色不再改变；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变A．①④⑤⑥ B．①②③⑤C．②③④⑥ D．以上全部答案A10．(2016·**8月选考模拟)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在一定条件下到达化学平衡时，以下说法不正确的选项是()A．N2浓度保持不变B．H2体积分数保持不变C．2v正(H2)＝3v逆(NH3)D．断裂3molH—H，同时断裂2molN—H答案D解析N2的浓度不变、H2体积分数不变、2v正(H2)＝3v逆(NH3)均可作为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)到达平衡状态的标志，而断裂3molH—H的同时断裂6molN—H才可说明该反响到达平衡，故D项错误。11．在恒温恒容条件下，能使A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)正反响速率增大的措施是()A．减小C或D的浓度 B．减小D的浓度C．减小B的浓度 D．增大A或B的浓度答案D12．(2016·**平阳二中期中)对于合成氨反响，到达平衡后，以下分析正确的选项是()A．升高温度，对正反响的反响速率影响更大B．增大压强，对正反响的反响速率影响更大C．减小反响物浓度，对逆反响的反响速率影响更大D．参加催化剂，对逆反响的反响速率影响更大答案B解析合成氨是放热反响，升温，v正、v逆均增大，但v逆>v正，因而对逆反响的反响速率影响更大，故A错误；反响前后气体体积减小，增大压强，v正、v逆均增大，但v正>v逆，因而对正反响的反响速率影响更大，故B正确；减小反响物浓度，v正减小，v逆瞬间不变，因而对正反响的反响速率影响更大，故C错误；催化剂能同等程度地影响正、逆反响速率，故D错误。13．在C(s)＋CO2(g)=2CO(g)的反响中，现采取以下措施：①缩小体积，增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒容下充入He⑤恒压下充入He⑥加热其中能够使反响速率增大的措施是()A．①④ B．②③⑤C．①③⑥ D．①②④答案C解析①该反响为有气体参加的反响，增大压强，反响速率加快，故正确；②增加固体物质的量不影响化学反响速率，故错误；③通入CO2，反响物浓度增大，反响速率加快，故正确；④恒容下充入He，反响物的浓度不变，反响速率不变，故错误；⑤恒压下充入He，反响物的分压减小，反响速率减小，故错误；⑥升高温度，反响速率加快，故正确。14．(2016·**调研)对于反响2A(g)＋B(g)=3C(g)＋5D(g)，在*段时间内的平均反响速率之间的关系正确的选项是()A．v(A)＝eq\f(5,2)v(D) B．v(B)＝eq\f(1,3)v(C)C．v(B)＝2v(A) D．v(C)＝eq\f(5,3)v(D)答案B解析反响速率之比等于化学计量数之比，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝2∶1∶3∶5。15．将以下四种Na2S2O3溶液分别参加盛有100mL2mol·L－1盐酸的烧杯中，并加水稀释至500mL，此时两者缓和地进展反响，其中最先出现浑浊的是()A．20mL3mol·L－1 B．80mL1mol·L－1C．10mL4mol·L－1 D．30mL2mol·L－1答案B解析影响反响速率的是混合后反响物的浓度，由于混合后溶液稀释至500mL，根据c＝eq\f(n,V)，n(HCl)相等，n(Na2S2O3)越大，c(Na2S2O3)就越大，反响速率越快。16．在反响3H2＋N22NH3中，经一段时间后，氨的物质的量浓度增加了0.6mol·L－1，在此时间内用H2表示的平均反响速率为0.45mol·L－1·s－1，则反响所经历的时间为()A．1.33s B．1sC．0.33s D．2s答案D解析根据化学方程式，氨的浓度增加了0.6mol·L－1，则H2的浓度减小了0.9mol·L－1，根据v＝eq\f(Δc,t)，可以计算出t＝2s。17．在密闭容器中A与B反响生成C，其反响速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示。v(A)、v(B)、v(C)之间有以下关系：2v(B)＝3v(A)＝3v(C)。则此反响可表示为()A．2A＋3B=2C B．A＋3B=2CC．3A＋B=2C D．A＋B=C答案A解析根据2v(B)＝3v(A)＝3v(C)可知，v(A)∶v(B)∶v(C)＝2∶3∶2，A项正确。18．以下各组反响(表中物质均为反响物)，反响刚开场时，放出H2的速率最大的是()选项金属/mol酸的物质的量浓度及体积温度AMg0.16mol·L－1硝酸10mL60℃BMg0.14mol·L－1盐酸10mL60℃CFe0.14mol·L－1盐酸10mL40℃DMg0.13mol·L－1硫酸10mL60℃答案D解析镁与硝酸反响无H2放出，A错误；铁的金属活动性小于镁，因而与酸反响产生H2的速度慢，C错误；影响该反响的反响物浓度应该是H＋浓度，3mol·L－1硫酸中c(H＋)大于4mol·L－1盐酸中c(H＋)，应选D。19．将一定量纯洁的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其到达分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。可以判断该分解反响已经到达化学平衡的是()A．v(NH3)＝2v(CO2)B．氨气的体积分数不变C．密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变D．密闭容器中气体密度不变答案D解析由于NH3、CO2都是生成物，二者的物质的量之比是2∶1，因此在任何时刻都存在v(NH3)＝2v(CO2)，A错误；由于是固体的分解反响，氨气的体积分数始终是三分之二，B错误；反响物是固体，反响产生的气体NH3、CO2的物质的量之比不变，因此混合气体的平均相对分子质量始终不变，C错误；由于容器的容积不变，假设反响未到达平衡，则气体的质量会发生改变，气体的密度也会发生改变，现在密闭容器中气体密度不变，则反响到达平衡状态，D正确。20．在一个容积固定密闭容器中进展反响N2＋3H22NH3，一定到达平衡状态的标志是()①1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键形成；②1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键形成；③N2的体积分数不再改变；④容器的压强不再改变；⑤容器内气体的密度不再改变A．①③④B．①②④C．①③⑤D．②③④答案A解析当可逆反响的正、逆反响速率相等时反响到达平衡状态，1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键形成，满足此条件，可证明反响到达平衡状态；当反响物的量不再变化时也能证明反响到达平衡，N2的体积分数不再改变，满足此条件，可证明反响到达平衡；另外容器的压强不再改变，也能说明反响物的量不再改变，可证明反响到达平衡；容积固定，质量不变，无论是否到达平衡状态，气体密度都不变。21．对于已建立化学平衡的*可逆反响，当改变条件使化学平衡向正反响方向移动，以下有关表达正确的选项是()①生成物的质量分数一定增加②生成物的产量一定增加③反响物的转化率一定增大④反响物浓度一定降低⑤正反响速率一定大于逆反响速率⑥使用了适宜的催化剂A．①② B．⑤C．③④ D．④⑥答案B解析①总质量不变，向正反响移动，生成物的质量分数一定增大，假设生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低，故①错误；②平衡向正反响移动，生成物的物质的量不一定增加，如果参加和生成物反响的物质，则生成物的物质的量减少，故②错误；③降低生成物的浓度，平衡向正反响方向移动，反响物的转化率一定增大，但增大*一反响的浓度，平衡向正反响移动，其它反响物的转化率增大，自身转化率降低，故③错误；④如增大反响物的浓度，平衡向正方向移动，到达平衡时，反响物的浓度比改变条件前大，故④错误；⑤平衡向正反响移动，正反响速率一定大于逆反响速率，故⑤正确；⑥参加催化剂，正、逆反响速率同等程度增大，平衡不移动，故⑥错误。22．(2016·**选考测试)以下说法正确的选项是()A．足量的KI溶液与FeCl3溶液反响后，用CCl4萃取其中的I2，分液，在水溶液中滴加KS溶液仍呈血红色，说明该反响有一定的限度B．在一定条件下，一份双氧水样品经过2h，H2O2的浓度从0.05mol·L－1下降到0.03mol·L－1，该双氧水在这2h中分解的平均反响速率约为0.015mol·L－1·h－1C．其他条件一样时，反响温度升高，对于吸热反响，反响速率加快，对于放热反响，反响速度减慢D．一定条件下，固定体积的容器中发生反响A(g)＋B(g)2C(g)，当容器内A、B、C的浓度之比为1∶1∶2时，该反响一定处于平衡状态答案A解析KS溶液遇Fe3＋变血红色，A正确；c(H2O2)＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(0.05mol·L－1－0.03mol·L－1,2h)＝0.01mol·L－1·h－1，B错；对所有反响，升温都会加快反响速率，C错；反响是否到达平衡与各物质的浓度比没有关系，D错。23．(2016·**省普通高校招生选考模拟)在2L的固定容器中，发生反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。开场通入物质的量为4mol和2mol的SO2和O2,10s后，发现SO3的浓度为0.5mol·L－1。以下说法不正确的选项是()A．SO2和O2的反响速率为2∶1B．SO3的反响速率为0.05mol·L－1·s－1C．SO2的转化率为25%D．反响后压强是反响前的eq\f(5,6)答案D解析2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)起始(mol)42010s时31.51B项，v(SO3)＝eq\f(0.5mol·L－1,10s)＝0.05mol·L－1·s－1，C项，α(SO2)＝eq\f(4mol－3mol,4mol)×100%＝25%，D项，eq\f(p前,p后)＝eq\f(5.5mol,6mol)＝eq\f(11,12)，D项错误。24．*，Y，Z三种气体，把amol*和bmolY充入一密闭容器中，发生反响：*＋2Y2Z，到达平衡时，假设它们的物质的量满足：n(*)＋n(Y)=n(Z)，则Y的转化率为()A.eq\f(a＋b,5)×100% B.eq\f(2(a＋b),5b)×100%C.eq\f(2(a＋b),5)×100% D.eq\f(5b,a＋b)×100%答案B解析设参加反响的Y的物质的量为nmol，则：*＋2Y2Z开场(mol)：ab0变化(mol)：0.5nnn平衡(mol)：a－0.5nb－nn故a－0.5n＋b－n＝n解得n＝eq\f(2(a＋b),5)，故Y的转化率＝eq\f(\f(2(a＋b),5),bmol)×100%＝eq\f(2(a＋b),5b)×100%，应选B。25．(加试题)(2016·**中学高二上学期期末)在容积不变的密闭容器中进展反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0。以下各图表示当其他条件不变时，改变*一条件对上述反响的影响，其中分析正确的选项是()A．图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反响速率的影响C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反响速率的影响D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经到达化学平衡状态答案B解析A项，图Ⅰ中乙达平衡的时间较短，则乙的温度较高，该反响为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，SO2的百分含量增多，错误；B项，图Ⅱ中t0时刻正、逆反响速率都增大，仍相等，平衡不移动，是参加催化剂的原因，正确；C项，增大反响物O2的浓度瞬间，正反速率增大，逆反响速率不变，而图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，错误；D项，图Ⅳ曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，错误。二、非选择题(此题包括7小题，共50分)26．(5分)为了研究碳酸钙与稀盐酸反响的反响速率，一位同学通过实验测定反响中生成的CO2气体体积随反响时间变化的情况，绘制曲线。请分析讨论以下问题。(1)在0～t1、t1～t2、t2～t3、t3～t4各一样的时间段里，收集到气体最多的是________时间段。反响速率最大的是________时间段，反响速率最小的是________时间段。(2)t1～t2时间段里影响反响速率的主要外界因素________、t2～t3时间段里影响反响速率的主要外界因素是________(填"温度〞或"浓度〞或"压强〞或"催化剂〞)。(提醒：多填不得分)答案(1)t1～t2t1～t2t3～t4(2)温度浓度解析(1)反响速率越大，在图像中曲线的斜率就越大，所以反响最快的是t1～t2；随反响的进展，反响物的浓度是减小的，但速率是增大的，这说明反响一定是放热反响，温度升高导致反响速率增大。根据纵坐标可知生成气体最多的是t1～t2；t3～t4段斜率最小，反响速率最小。(2)t1～t2随反响的进展，反响物的浓度是减小的，但速率是增大的，这说明反响一定是放热反响，温度升高导致反响速率增大；t2～t3随反响的进展，反响物的浓度是减小的，反响速率减小，故影响速率的主要因素是物质的浓度。27．(5分)按要求答复以下问题(1)用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益、减少污染。一定条件下测得反响过程中n(Cl2)的数据如下：t/min02.04.06.08.0n(Cl2)/10－3mol01.83.75.47.2计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反响速率______________(以mol·min－1)。(2)以下有关化学反响速率的说法正确的选项是________(填字母)。A．100mL2mol·L－1稀盐酸与锌反响时，参加适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变B．100mL2mol·L－1稀盐酸与锌反响时，参加少量硝酸钠固体，生成氢气的速率不变C．100mL2mol·L－1稀盐酸与锌反响时，参加少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快D．一样条件下，等量的锌粒分别与100mL2mol·L－1稀硫酸、100mL2mol·L－1稀盐酸反响，反响速率一样E．无论是恒容密闭容器还是恒压密闭容器，再通入NO2，都可以加快反响2NO2N2O4的反响速率F．用铁片和稀硫酸反响制取氢气时，改用铁片和浓硫酸反响可以加快产生氢气的速率G．对于A(s)＋B(g)C(g)＋D(g)的反响，参加A，反响速率加快H．工业生产中常将矿石粉碎，可以增大接触面积，使反响速率加快I．2NO2N2O4(正反响放热)，升高温度，v正增大，v逆减小J．*恒容密闭容器中，发生反响A(g)=B(g)＋C(g)，通入He，压强增大，反响速率加快K．*恒压密闭容器中，发生反响A(g)=B(g)＋C(g)，通入He，压强不变，反响速率变小答案(1)1.8×10－3mol·min－1(2)CHK解析(1)v(Cl2)＝eq\f(Δn,Δt)＝eq\f((5.4－1.8)×10－3mol,(6.0－2.0)min)＝9×10－4mol·min－1，v(HCl)＝2v(Cl2)＝1.8×10－3mol·min－1。(2)参加氯化钠溶液，将盐酸稀释，c(H＋)减小，反响速率减慢，A错误；锌与稀盐酸反响时，参加硝酸钠，NOeq\o\al(－,3)的氧化性大于H＋，因而Zn与H＋、NOeq\o\al(－,3)反响生成NO，B错误；锌与稀盐酸反响时，参加硫酸铜，锌置换出铜构成原电池，使反响速率加快，C正确；锌与酸反响的本质是与H＋反响，2mol·L－1稀硫酸中c(H＋)＝4mol·L－1,2mol·L－1稀盐酸中c(H＋)＝2mol·L－1，故反响速率不同，D错误；恒容密闭容器中再通入NO2，反响物浓度增大，反响速率加快，恒压密闭容器中再通入NO2，体积增大，反响物浓度不变，反响速率不变，E错误；铁与浓硫酸常温下钝化，反响速率减慢，F错误；增加或减少固体物质，对反响速率无影响，G错误；矿石粉碎可以增大接触面积，加快反响速率，H正确；无论是放热反响还是吸热反响，升高温度，v正、v逆均增大，I错误；恒容密闭容器中通入稀有气体，尽管总压强增大，但反响物浓度不变，反响速率不变，J错误；恒压密闭容器中通入稀有气体，压强不变，体积增大，反响物浓度减小，反响速率减小，K正确。28．(4分)按要求答复以下问题(1)一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196kJ·mol－1，一段时间后到达平衡，反响过程中测定的局部数据见下表：反响时间/minn(SO2)/moln(O2)/mol02151.2100.4150.8反响在前10min的平均速率为v(SO2)＝________。(2)如图是N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)在反响过程中的反响速率v与时间(t)的关系曲线，以下说法错误的选项是________。A．t1时，正反响速率大于逆反响速率B．t2时，反响体系中NH3的浓度到达最大值C．t2～t3时间段，正反响速率等于逆反响速率D．t2～t3时间段，各物质的浓度相等且不再发生变化答案(1)0.06mol·L－1·min－1(2)D解析(1)在10min时，容器中n(O2)＝0.4mol，则SO2减少了1.2mol，v(SO2)＝eq\f(1.2mol,2L×10min)＝0.06mol·L－1·min－1。(2)A项，该反响是可逆反响，t1时，该反响是正反响速率大于逆反响速率，正确；B项，t2时，达平衡状态，正、逆反响速率相等，反响到达限度，反响物的转化率最大，反响体系中NH3的浓度到达最大值，正确；C项，t2～t3时间段，各物质的浓度不再发生变化，反响到达平衡状态，v正＝v逆，正确；D项，t2～t3，达平衡状态，正、逆反响速率相等，反响体系中各物质的浓度不再发生变化，但各物质的浓度不一定相等，错误。29．(6分)按要求答复以下问题(1)臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反响为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，在T℃，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2和1.0molO3，经过一段时间后到达平衡。反响过程中测定的局部数据见下表：t/s0361224n(O2)/mol00.360.600.800.80求反响在0～3s内的平均速率v(NO2)＝________。(2)：NH2COONH4＋2H2ONH4HCO3＋NH3·H2O，该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反响速率，得到c(NH2COO－)随时间的变化趋势如以下图所示。①25.0℃时，0～6min氨基甲酸铵水解反响的平均速率为________。②根据图**息，如何说明该水解反响的速率随温度升高而增大：______________________________________________________________________________________。答案(1)0.12mol·L－1·s－1(2)①0.05mol·L－1·min－1②25℃时反响物的起始浓度较小，但0～6min的平均反响速率(曲线的斜率)仍比15℃时大解析(1)因为在3s时，生成了0.36molO2，故NO2减少了0.72mol，故v(NO2)＝eq\f(\f(0.72mol,2.0L),3s)＝0.12mol·L－1·s－1。(2)①化学反响速率v＝(2.2mol·L－1－1.9mol·L－1)÷6min＝0.05mol·L－1·min－1。30．(10分)(加试题)氢气是清洁的能源，也是重要的化工原料，有关氢气的制取研究是一个有趣的课题。根据提供两种制氢方法，完成以下各题：(1)方法一：H2S热分解法，反响式：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)ΔH在恒容密闭容器中，控制不同温度进展H2S的分解实验。H2S的起始浓度均为cmol·L－1。不同温度下反响一样时间t后，测得如下图H2S转化率曲线图。其中a为平衡转化率与温度关系曲线，b为未到达平衡时转化率与温度的关系曲线。①假设985℃时，反响经tmin到达平衡，此时H2S的转化率为40%，则tmin内反响速率v(H2)＝________(用含c、t的代数式表示)。②请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)方法二：以CaO为吸收体，将生物材质(以C计)与水蒸气反响制取H2。反响装置由气化炉和燃烧炉两个反响器组成，相关反响如下表所示：流程1：气化炉中产生H2流程2：燃烧炉中CaO再生通入水蒸气，主要化学反响：Ⅰ：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)K1Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)K2Ⅲ：CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)K3通入纯氧，主要化学反响：Ⅳ：C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.8kJ·mol－1Ⅴ：CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)①反响C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s)=CaCO3(s)＋2H2(g)，K＝__________________(用K1、K2、K3表示)。②对于可逆反响C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s)CaCO3(s)＋2H2(g)ΔH＝－87.9kJ·mol－1；采取以下措施可以提高H2产量的是________(填字母)。A．降低体系的温度B．使各气体组分浓度均加倍C．适当增加水蒸气的通入量D．增加CaO的量，提高CO2的吸收率答案(1)①eq\f(0.4c,t)mol·L－1·min－1②温度升高，反响速率加快，到达平衡所需时间缩短(2)①K1·K2·K3②AC解析(1)①H2S的起始浓度均为cmol·L－1，假设985℃时，反响经tmin到达平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反响的硫化氢为cmol·L－1×40%＝0.4cmol·L－1，v＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(0.4c,t)mol·L－1·min－1。②随着温度升高，反响速率逐渐加快，到达平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近。(2)①：Ⅰ：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)K1Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)K2Ⅲ：CaO(s)＋CO2(g)CaCO3(s)K3反响Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ之和为反响C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s)CaCO3(s)＋2H2(g)，则K＝K1·K2·K3。②提高H2产量，则需使平衡正向移动，C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s)CaCO3(s)＋2H2(g)ΔH＝－87.9kJ·mol－1。A项，该反响为放热反响，降低体系的温度，平衡正移，则能提高H2产量，正确；B项，该反响前后气体体积不变，使各气体组分浓度均加倍，则压强增大，平衡不移动，所以H2产量不变，错误；C项，适当增加水蒸气的通入量，平衡正移，则能提高H2产量，正确；D项，增加CaO的量，对平衡无影响，所以H2产量不变，错误。31．(10分)(加试题)氨可用于制取氨水、液氮、氮肥(尿素、碳铵等)、硝酸、铵盐、纯碱等，因此被广泛应用于化工、轻工、化肥、制药、合成纤维、塑料等行业中，最重要的化工产品之一。(1)CO可使合成氨的催化剂中毒而失去活性，因此工业上常用乙酸二氨合铜(Ⅰ)溶液来吸收原料气体中的CO，反响原理：[Cu(NH3)2CH3COO](l)＋CO(g)＋NH3(g)[Cu(NH3)3]CH3COO·CO(l)ΔH＜0，吸收后的乙酸铜氨溶液经过适当处理后可再生而恢复其吸收CO的能力，则再生的适宜条件是________(填字母)。A．高温、高压 B．高温、低压C．低温、低压 D．低温、高压(2)N2(g)＋3H22NH3(g)ΔH＝－94.4kJ·mol－1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图。①在2L容器中发生反响，前20min内，v(NH3)＝__________________，放出的热量为________。②25min时采取的措施是__________________________________________________。③时段Ⅲ条件下反响的平衡常数为________(保存3位有效数字)。答案(1)B(2)①0.050mol·L－1·min－194.4kJ②将NH3从反响体系中别离出去③2.37解析(1)吸收CO后的乙酸铜氨溶液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，依据化学平衡[Cu(NH3)2CH3COO](l)＋CO(g)＋NH3(g)[Cu(NH3)3]CH3COO·CO(l)ΔH＜0，反响是气