专题2 化学反应速率与化学平衡 单元检测题-高二上学期化学苏教版（2020）选择性必修1

试卷第=page99页，共=sectionpages1010页试卷第=page1010页，共=sectionpages1010页专题2《化学反应速率与化学平衡》单元检测题一、单选题1．在温度不变的4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol·L-1，下列判断正确的是A．x=1 B．达到平衡时，气体总的物质的量不变C．B的转化率为80% D．平衡时A的浓度为1.50mol·L-12．目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是A．第②、③步反应均释放能量B．该反应进程中有二个过渡态C．酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能D．总反应速率由第①步反应决定3．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图【起始时，，容器体积为2L】。下列分析正确的是A．乙烯气相直接水合反应的B．图中压强的大小关系为C．图中a点对应的平衡常数D．达到平衡状态a、b所需要的时间：4．将2mL0.1mol·L

-1FeCl3溶液和2mL0.01mol·L

-1KSCN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：①再加入2mL1mol·L

-1FeCl3

溶液

②

加入KCl固体

③

加入适量的铁粉

④再加入2mL0.4mol·L

-1KSCN溶液A．②③ B．③ C．②④ D．①③④5．在容积固定的2L密闭容器中发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)

△H＝akJ·mol－1，若充入2molCO(g)和4molH2(g)，在不同温度、不同时段下H2的转化率如下表：(已知a1≠a2)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A．T1℃下，45分钟该反应达到平衡状态B．根据数据判断：T1<T2C．T2℃下，在前30分钟内用CO表示的化学反应速率为1.20mol/(L·h)D．该反应的△H>06．在一定条件下，反应2A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(g)，达到平衡状态的标志是：A．单位时间内生成2nmolA，同时生成nmolD B．容器内压强不随时间而变化C．单位时间内生成nmolB，同时消耗1.5nmolC D．容器内混合气体密度不随时间而变化7．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A．200℃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0.58．湿法烟气脱氮工艺中常用到尿素，其反应原理为NO（g）＋NO2（g）＋CO（NH2）2（s）2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）

△H<0，达到平衡后改变某一条件，反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示，下列说法错误的是A．t4～t5引起变化的原因可能是升高温度 B．CO2含量最高的时间段是t1～t2C．t2～t3引起变化的原因可能是增加反应物浓度 D．t6引起变化的原因可能是加入催化剂9．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①放出能量B．过程④中，只形成了C—S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10．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11．如图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时，反应进程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是A．a与b相比，b的活化能更高B．反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量C．a与b相比，a中的活化分子的百分比更高D．a与b相比，a对应的反应速率更快12．3.25g锌与100mL1mol·L-1的稀硫酸反应，为了加快反应速率而不改变H2的产量，可采取的措施是A．滴加几滴浓盐酸 B．滴加几滴浓硝酸C．滴加几滴硫酸铜溶液 D．加入少量锌粒二、填空题13．I．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表示反应速率的比为1∶1∶2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_______。Ⅱ．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)①大于2mol

②等于2mol

③小于2mol

④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，待再次到达平衡后，C的物质的量分数是_______。14．氧化剂在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。某实验小组以分解为例，探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。实验编号温度(℃)反应物催化剂①20253%溶液无②20255%溶液无③20255%溶液0.1g④20255%溶液1~2滴1溶液⑤30255%溶液0.1g(1)实验①和②的目的是___________。同学甲在进行实验①和②时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了达到实验目的，可采取的改进方法是___________(写出一种即可)。(2)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化如甲图所示。分析该图能得出的结论是___________，___________；(3)同学乙设计了乙图所示的实验装置对过氧化氢的分解速率进行定量分析，以生成20气体为准，其他影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是___________。(4)向某体积固定的密闭容器中加入0.6A、0.2C和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：①写出反应的化学方程式：___________；②若，则内反应速率___________，A的转化率为___________；③B的起始的物质的量是___________；平衡时体系内的压强为初始状态的___________倍。15．硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：

。回答下列问题：(1)当、和起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa，550℃时的______，判断的依据是______。影响的因素有______。(2)将组成(物质的量分数)为、和的气体通入反应器，在温度、压强条件下进行反应。平衡时，若转化率为，则压强为______，平衡常数______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。(3)研究表明，催化氧化的反应速率方程为：，式中：为反应速率常数，随温度升高而增大；为平衡转化率，为某时刻转化率，为常数。在时，将一系列温度下的、值代入上述速率方程，得到曲线，如图所示。曲线上最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度。时，逐渐提高；后，逐渐下降。原因是______。16．某温度时，在2L容器中A、B两种物质间的转化反应中，A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：(1)该反应的化学方程式为_______；(2)反应开始至4min时，B的平均反应速率为_______，(3)4min时，反应是否达到平衡状态？_______(填“是”或“否”)，8min时，v(正)_______v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。三、计算题17．在2L密闭容器内，t℃时发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，在体系中，n(N2)随时间的变化如下表：时间(min)012345N2的物质的量(mol)0.200.100.080.060.060.06(1)上述反应在第5min时，N2的转化率为___________；(2)用H2表示从0～2min内该反应的平均速率v(H2)=___________；(3)t℃时，在4个均为2L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果，判断该反应进行快慢的顺序为___________。(用字母填空，下同)；a.v(NH3)=0.05mol·L-1·min-1b.v(H2)=0.03mol·L-1·min-1c.v(N2)=0.02mol·L-1·min-1d.v(H2)=0.00lmol·L-1·s-118．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)_________mol·L-1·min-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“＜”)。四、工业流程题19．钌为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如图。(1)含钌废料研磨预处理的目的是_______。(2)操作X的名称为_______。(3)“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获，写出“碱浸”时生成的离子方程式：_______。(4)“滤渣”的主要成分为，加入草酸的作用是_______，金属钌与草酸的质量比X和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是_______。(5)在酸性介质中，若使用溶液代替草酸，可获得，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。(6)“一系列操作”为_______，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式_______。20．碲(Te)广泛用于太阳能、电子、医药等领域，对碲的综合回收利用尤为重要。工业上，从含碲化亚铜的废渣(主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Cu)中提取碲的流程如图：回答下列问题：(1)写出碲元素在元素周期表中的位置_______。(2)“酸浸”过程中生成TeOSO4的离子方程式为_______。(3)已知：Ksp(Ag2SO4)=7.70×10-5，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。向含Ag2SO4滤渣中加入浓盐酸，Ag2SO4能否充分转化为AgCl，通过计算说明______(4)电解除铜时，铜、碲沉淀的关系如表。电解时间(min)铜沉淀率碲沉淀率1025％0.1％2040％0.2％3062％0.4％4065％2.0％①电解初始阶段阴极的电极反应式是_______。②最佳电解时间为30min，原因是_______。(5)向“滤液II”中通入SO2反应一段时间后，Te(IV)的浓度从6.0g/L下降到0.24g/L，写出TeOSO4生成Te的化学方程式_______，其中Te元素的回收率为_______(忽略溶液体积变化，结果用百分数表示，保留二位有效数字)。(6)整个过程中可循环利用的物质为_______(填化学式)。答案第=page2121页，共=sectionpages1111页答案第=page2020页，共=sectionpages1111页参考答案：1．B【解析】达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol•L-1，生成D为0.5mol/L×4L=2mol，生成C、D的物质的量相同，化学方程式的化学计量数之比等于参与反应的物质的物质的量之比，则x=2，A减少了3mol，平衡时A的物质的量为6mol-3mol=3mol，B减少了1mol，平衡时B的物质的量为5mol-1mol=4mol。【解析】A．由分析可知，x=2，A错误；B．反应前气体的总物质的量为6mol+5mol=11mol，达平衡时，气体的总物质的量为3mol+4mol+2mol+2mol=11mol，气体的总物质的量不变，B正确；C．B的转化率为100%=20%，C错误；D．平衡时A的物质的量为6mol-3mol=3mol，浓度为=0.75mol/L，D错误；答案选B。2．B【解析】A.根据反应历程，结合图可知，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B.根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C.酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D.活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，选项D正确；答案选B。3．C【解析】A．压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H＜0，A错误；B．温度相同时，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知压强p1＜p2＜p3，B错误；C．a点乙烯转化率为20%，则消耗的n(C2H4)=1mol×20%=0.2mol，对于可逆反应可列三段式：，有化学平衡常数，C正确；D．温度越高、压强越大反应速率越快，反应达到平衡时间越短，压强：p2＜p3，温度：a点＜b点，则达到平衡时间：a＞b，D错误；故答案选C。4．B【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)；①再加入2mL1mol·L

-1FeCl3

溶液，增大了FeCl3

溶液的浓度，平衡正向移动；②

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；③

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；④再加入2mL0.4mol·L

-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③符合题意，故选B。5．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．T1℃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a1≠a2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；C．T2℃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：4mol×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。6．A【解析】A．单位时间内生成2nmolA，同时生成nmolD，反应进行的方向相反，且物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，达到了化学平衡状态，A符合题意；B．因为反应前后气体的分子数相等，压强始终保持不变，所以当容器内压强不随时间而变化时，不能确定反应达平衡状态，B不符合题意；C．单位时间内生成nmolB，同时消耗1.5nmolC，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，C不符合题意；D．容器内混合气体的质量、容器的体积始终不变，密度始终不变，所以当密度不随时间而变化，反应不一定达平衡状态，D不符合题意；故选A。7．D【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0.4mol-0.2mol=，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0.2molB和0.2molC，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Ⅰ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之比，故x：y：：：：1：1，平衡时A的体积分数为，时，向容器中充入2molA和1molB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。8．B【解析】A．t4～t5反应速率均增大，且平衡逆向移动，该反应为放热反应，故t4改变的原因可能是升高温度，A正确；B．t3时刻也是正向移动，二氧化碳为生成物，二氧化碳含量最高的时间段是t3～t4，B错误；C．t2～t3反应速率均增大，且平衡正向移动，t2时刻未突变，故引起变化的原因可能是增加反应物浓度，C正确；D．t6时刻反应速率增大，平衡不移动，故引起变化的原因可能是加入催化剂，D正确；答案选B。9．C【解析】A．根据图示，过程①S-H断裂，断开化学键吸收能量，故A错误；B．根据图示，过程④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。10．D【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)=178.3kJ/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)=65.2kJ/mol，经过TS5时活化能为37.4-(-15.2)=52.6kJ/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。11．B【解析】A．a与b相比，a的活化能更高，故A错误；B．正反应放热，反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，故B正确；C．a与b相比，b活化能小，b中的活化分子的百分比更高，故C错误；D．a与b相比，b活化能越小，b对应的反应速率更快，故D错误；选B。12．A【解析】A．3.25gZn的物质的量n(Zn)=，100mL1mol·L-1的稀硫酸中溶质的物质的量n(H2SO4)=1mol/L×0.1L=0.1mol，根据方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知：二者反应的物质的量的比是1：1，故硫酸过量，反应放出H2要以不足量的Zn为标准计算。滴加几滴浓盐酸，增加了溶液中c(H+)，反应速率加快，A符合题意；B．硝酸具有强氧化性，与Zn反应不能产生氢气，B不符合题意；C．Zn与CuSO4发生置换反应产生Cu和ZnSO4，Zn、Cu及硫酸构成原电池，使反应速率加快；但由于Zn消耗，导致反应产生H2的量减少，C不符合题意；D．加入少量的Zn，由于Zn是固体，浓度不变，因此反应速率不变，但由于不足量的Zn的量增加，以Zn为标准反应产生的H2的量增多，D不符合题意；故合理选项是A。13．

AD

2

④

【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1∶2的变化量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1∶1∶2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：；Ⅱ．(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3a>1，,B的物质的量小于2；当3a=1，B的物质的量等于2；当3a<1，B的物质的量大于2；故选④，所以答案为：2，④；(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：；14．

探究浓度对反应速率的影响

向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度)

升高温度，反应速率加快

对过氧化氢分解的催化效果更好

产生20气体所需的时间

0.006

60%

0.08

1【解析】(1)实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了便于比较，需要加快反应速率，可以向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)；(2)由图可知，③、⑤中⑤的反应速率大，说明升高温度，反应速率加快；③、④中④的反应速率小，说明MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好，故答案为：升高温度，反应速率加快；MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好；(3)反应是通过反应速率分析的，根据，所以实验中需要测量的数据是时间(或收集一定体积的气体所需要的时间)，故答案为：产生20mL气体所需的时间；(4)①由图可知，A、B的物质的量减小，C的物质的量增加，且t1时物质的量不变，说明该反应为可逆反应，A、C的物质的量的变化量之比为(0.15-0.06)∶(0.11-0.05)=3∶2，反应过程中混合气体的平均相对分子质量不变，则反应为3A⇌B+2C，故答案为：3A⇌B+2C；②若t1=10时，则内以C物质浓度变化表示的反应速率；t1时，A的转化率为，故答案为：0.006；60%；③由A和C的变化量之比为(0.15-0.06)∶(0.11-0.05)=3∶2，可以推出B的变化量为0.03mol/L，容器的体积为4L，所以B起始的物质的量是(0.05-0.03)×4mol=0.08mol；根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其分子数之比。由于反应前后气体的分子数保持不变，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍，故答案为：0.08mol；1。15．

0.975

该反应气体分子数减少，增大压强，提高

，所以

温度、压强和反应物的起始浓度(组成)

升高温度，增大使逐渐提高，但降低使逐渐下降。时，增大对的提高大于引起的降低；后，增大对的提高小于引起的降低。【解析】(1)由题给反应式知，该反应为气体分子数减少的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡转化率增大，故，结合题图(b)知5.0MPa、550℃时对应的平衡转化率为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。(2)设通入的、和共100mol，利用三段式法进行计算：平衡时气体的总物质的量为，则，，，因，，代入计算得。(3)升高温度，反应速率常数增大，反应速率，提高但降低使反应速率逐渐下降。时，增大对的提高大于引起的降低后，增大对的提高小于引起的降低。16．(1)2A⇌B(2)0.025mol/(L·min)(3)

否

=【解析】（1）由图象可看出A为反应物，B为生成物，物质的量不变时反应达到平衡状态，A反应的物质的量=0.8mol-0.2mol=0.6mol；B生成的物质的量=0.5mol-0.2mol=0.3mol，所以A、B转化的物质的量之比为2：1，根据A、B转化的物质的量之比=化学方程式的计量数之比，反应的化学方程式为：2AB；（2）反应开始至4min时，B物质的量变化0.4mol-0.2mol=0.2mol，B的平均反应速率为；（3）由图象分析可知，4min时，随时间变化A、B物质的量发生变化，说明未达到平衡；8min时随时间变化A、B物质的量不再发生变化，说明达到平衡，故v(正)=v(逆)。17．(1)70%(2)0.09mol/(L·min)(3)a>c=d>b【解析】（1）上述反应在第5min时，消耗氮气的物质的量是0.20mol-0.06mol=0.14mol，则N2的转化率为×100%=70%；（2）0～2min内消耗氮气的物质的量是0.20mol-0.08mol=0.12mol，根据方程式可知消耗氢气是0.36mol，浓度是0.18mol/L，则用H2表示从0～2min内该反应的平均速率v(H2)=0.18mol/L÷2min=0.09mol/(L·min)；（3）如果都用氢气表示其反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知a～d分别是(mol·L-1·min-1)0.075、0.03、0.06、0.06，所以该反应进行快慢的顺序为a>c=d>b。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)==0.25mol·L-1·min-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△H＜0。答案为：＜。【点睛】进行运算时，注意变化量与平衡量的使用。19．(1)增大接触面积，提高钌的浸出率(2)过滤(3)Ru＋2OH－＋3ClO－=RuO＋H2O＋3Cl－(4)

还原RuO

x=1∶5、T=70℃(5)1∶3(6)

洗涤、干燥

RuO2＋2H2Ru＋2H2O【解析】含钌废料研磨预处理，增大接触面积，提高钌的浸出率，“碱浸”时钌与NaOH、NaClO发生氧化还原反应，得到Na2RuO4，过滤，浸取液中加入草酸，根据题中问题，利用草酸的还原性，得到RuO2，然后用氢气还原得到纯钌，据此分析；【解析】（1）研磨预处理是将含钌废料粉碎，可以增加与溶液的接触面积，提高钌的浸出率；故答案为增大接触面积，提高钌的浸出率；（2）根据流程，操作X得到浸渣和浸取液，此操作为过滤；故答案为过滤；（3）“碱浸”过程中Ru被NaClO氧化，Ru化合价由0价升高为＋6价，NaClO被还原成Cl－，反应的离子方程