2.1.1化学反应速率 分层练习(含解析)2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

试卷第=page11页，共=sectionpages33页2.1.1化学反应速率分层练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．对于可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A．V（A）=0.5mol/（L・min）B．V（B）=1.2mol/（L・min）C．V（C）=0.4mol/（L・min）D．V（C）=1.1mol/（L・min）2．对于可逆反应2A(g)＋3B(g)4C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A．v(A)＝0.9mol·L－1·min－1 B．v(B)＝1.5mol·L－1·min－1C．v(D)＝0.8mol·L－1·min－1 D．v(C)＝0.1mol·L－1·s－13．反应4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经2min后，B的浓度减少了0.6mol·L－1。对此反应速率的正确表示是A．用A表示的反应速率是0.8mol·L－1·s－1B．在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3mol·L－1·min－1C．分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1D．在这2min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的4．氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应：。已知该反应的速率随的增大而加快。如图为用在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应图。下列说法中不正确的是

A．反应开始时速率增大可能是所致B．纵坐标为的曲线与图中曲线完全重合C．图中阴影部分的面积表示时间内的物质的量的减少量D．后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减少5．某反应2A(g)+B(g)⇌C(g)经10s后A的物质的量浓度为0.2mol/L，B的物质的量浓度降低了0.02mol/L，则A物质的起始浓度为A．0.24mol/L B．0.6mol/L C．2.4mol/L D．4.2mol/L6．反应A(g)+4B(g)C(g)+D(g)，在四种不同情况下的反应速率如下,其中反应进行最快的是A．vA=0.15mol/(L·min) B．vB=0.02mol/(L·s)C．vC=0.2mol/(L·min) D．vD=0.01mol/(L·s)7．对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A．v(A)=0.5mol/(L•min) B．v(B)=1.2mol/(L•s)C．v(C)=0.1mol/(L•s) D．v(D)=0.4mol/(L•min)8．在298K时，实验测得溶液中的反应：H2O2+2HI=2H2O+I2，在不同浓度时的化学反应速率见表，由此可推知当c(HI)=0.500mol·L-1，c(H2O2)=0.400mol·L-1时的反应速率为实验编号12345c(HI)/mol•L-10.1000.2000.3000.1000.100c(H2O2)/mol•L-10.1000.1000.1000.2000.300v/mol•L-1•s-10.007600.01520.02280.01520.0228A．0.038mol·L-1·s-1 B．0.152mol·L-1·s-1C．0.608mol·L-1·s-1 D．0.760mol·L-1·s-19．下列各组实验中，过氧化氢分解最快的是()H2O2的浓度温度催化剂A5%5使用MnO2B8%5不使用C10%40使用MnO2D10%40不使用A．A B．B C．C D．D10．反应：3X(g)＋Y(g)2Z(g)＋2W(g)在2L密闭容器中进行，5min后Y减少了0.5mol，则此反应的反应速率为()A．v(X)＝0.05mol·L－1·min－1 B．v(Y)＝0.10mol·L－1·min－1C．v(Z)＝0.10mol·L－1·min－1 D．v(W)＝0.10mol·L－1·s－1二、填空题11．下表是实验室模拟合成氨反应：的部分数据。请分析后回答下列问题。浓度反应开始时的浓度()2.520时的浓度()1.9(1)内该反应的化学反应速率。(2)在上表空格中填入合适数据、。(3)如果用浓度的增加值来表示化学反应速率，则内为。(4)经测定反应开始后到末的反应速率，则末的浓度为。12．对于反应2M(g)+3N(g)xQ(g)+3R(g)，在容积为2L的密闭容器中，将2mol气体M和3mol气体N混合，当反应经2min后达平衡生成2.4mol气体R，并测得Q的浓度为0.4mol/L，则x的值为，M的平衡转化率为，vN=。13．某温度时，在500mL容器中A、B、C三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

(1)由图中数据分析，该反应的化学方程式为：。(2)反应开始至2min，C的平均反应速率为。(3)在等温等容条件下，该反应达到化学平衡状态的依据是（填序号）。a.容器中气体密度不再改变

b.混合气体中c(B)不再改变

c.c(C)=c(A)d.气体的总物质质量不再改变e.气体的平均摩尔质量不变(4)在等温等容条件下，反应达平衡时，此时体系的压强是开始时的倍。14．将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中，发生反应：，经5min后测得D的浓度为0.5mol/L，，C的平均反应速率是。(1)经5min后A的浓度为。(2)反应开始前充入容器中的B的物质的量为。(3)B的平均反应速率为。(4)x的值为。15．反应A+3B=2C+2D在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.15mol/(L·s)

②v(B)=0.6mol/(L·s)③v(C)=0.4mol/(L·s)

④v(D)=0.45mol/(L·s)该反应进行的快慢顺序为。16．I.请用下列8种物质的序号填空(错选漏选均不得分)：①O2②CH3CH2OH③P4④K2O⑤P4O6⑥H2O2⑦NCl3⑧LiF(1)各原子均达到8电子稳定结构的化合物有；(2)既含有极性共价键又含有非极性共价键的有。II.甲烷(CH4)是一种清洁燃料，也是一种重要的化工原料。(1)以甲烷为主要成分的沼气属于(可再生/不可再生)能源；(2)请用电子式表示CH4的形成过程：；(3)T℃下，在起始容积为2L的恒压密闭容器中通入和发生反应：。经2min后达平衡状态，此时容器体积变为起始体积的1.5倍，则达平衡时，的转化率为，的反应速率为。III.(1)是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，的电子式是。(2)参考下表键能数据和晶体硅与二氧化硅结构模型估算Si(s)+O2(g)=SiO2(s)中，反应热的值为kJ·mol-1化学键Si—OO=OSi—SiSi—ClSi—C键能kJ·mol-1460498.817636034717．在某一容积为4L的密闭容器中，A、B、C、D四种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，完成下列问题：(1)该反应的化学方程式为。(2)前2min用A的浓度变化表示的化学反应速率为。18．Ⅰ.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图：(1)从反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为，Y的转化率为。(2)该反应的化学方程式为。Ⅱ．KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录：回答下列问题：实验编号①②③④⑤温度/℃3040506070显色时间/s16080402010(3)该反应的离子方程式为。(4)该实验的目的是探究。(5)实验试剂除了1mol•L﹣1KI溶液、0.1mol•L﹣1H2SO4溶液外，还需要的试剂是；(6)上述实验操作中除了需要(3)的条件外，还必须控制不变的是(填字母)。A．温度 B．试剂的浓度 C．试剂的用量(体积) D．试剂添加的顺序19．短程硝化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮()废水中的氮元素转变为脱除，其机理如下：资料：氧气浓度过高时，会被氧化成。(1)参与I中反应的。(2)Ⅱ中生成的离子方程式为。(3)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图所示。当DO＞2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被㧕制，Ⅱ中反应无法发生；还有可能是。(4)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量的，加入铁粉能有效除去。该过程涉及的三个反应(a、b和c)如图：在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：。20．氨主要用于生产化肥和硝酸。“十三五”期间，预计我国合成氨产量将保持稳中略增。(1)目前工业上用氮气和氢气合成氨的生产条件为。(2)如图是不同温度和不同压强下，反应达到平衡后，混合物中NH3含量(体积%)的变化情况。已知初始时n(N2)：n(H2)=1：3。判断p1、p2的大小关系，并简述理由。

(3)实验室在2L密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨。若反应2min，气体的总物质的量减少了0.8mol，则2min内氨气的生成速率为。(4)常见氮肥有氨水、氯化铵、硫酸铵、尿素等。常温下，c(NH4+)相等的氨水、氯化铵、硫酸铵三种溶液，氨水、氯化铵、硫酸铵的浓度从大到小的关系为。(5)草木灰主要含有碳酸钾，解释草木灰不宜与铵态氮肥混合使用的原因。三、实验探究题21．某校化学活动社团做了如下探究实验：实验一：测定1mol/L的硫酸与锌粒和锌粉反应的速率，设计如图1装置：(1)装置图1中放有硫酸的仪器名称是。(2)按照图1装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个数据是。(3)若将图1装置中的气体收集装置改为图2，实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所在处的刻度数，发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是。实验二：利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响。实验如下：序号温度/K0.02mol·L-1KMnO40.1mol·L-1H2C2O4H2O溶液颜色褪至无色时所需时间/sV/mLV/mLV/mLA293253t1B2932358C313235t2(1)写出相应反应的离子方程式。(2)通过实验A、B可探究(填外部因素)的改变对反应速率的影响，通过实验可探究温度变化对化学反应速率的影响。(3)利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)=。(4)实验中发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对与之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是。22．某校化学学习小组设计实验对化学反应速率和限度有关问题进行探究：I.甲小组用如图所示装置进行镁粉分别与盐酸、醋酸(均为0.1mol/L40.00mL)的反应，请回答相关问题：①每次实验至少需要用电子天平(能称准1mg)称取镁粉g；②装置中有刻度的甲管可以用代替(填仪器名称)，按图连接好装置后，检查装置气密性的方法是。实验结束后读取气体体积时应该注意的问题是(至少回答两点)。II.乙小组为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：①定性分析：如图甲可通过观察(填现象)，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3溶液改为(写出试剂及物质的量浓度)更为合理，其理由是。②定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中还需要测量的数据是。III.丙小组设计实验探究KI溶液和FeCl3溶液反应存在一定的限度。已知该反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。请完成相关的实验步骤和现象。实验步骤如下：①取5mL0.1mol•L -1KI溶液，再滴加5∼6滴(约0.2mL)0.1mol•L- 1FeCl 3溶液②充分反应后，将溶液分成两份③取其中一份，滴加试剂CCl 4，用力振荡一段时间，CCl 4层出现紫红色，说明反应生成碘。④另取一份，滴加试剂溶液(填试剂名称)，若现象，则说明该反应有一定的限度。23．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。请回答下列问题

（1）图1实验可通过什么现象来比较反应速率的快慢（2）若图1所示实验中反应速率为①＞②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好。你认为该结论是否合理，请说明你的理由（3）若想用图2装置测定反应速率，可需测定哪两个实验数据（4）如何检查图2装置的气密性参考答案：1．D【详解】根据A(g)+3B(g)⇌2C(g)可知，都用物质C表示反应速率，则分别是：A．v(A)=0.5mol•L-1•min-1，则v(C)=2v(A)=1mol•L-1•min-1；B．v(B)=1.2mol•L-1•min-1，则v(C)=v(A)=0.8mol•L-1•min-1；C．v(C)=0.4mol•L-1•min-1；D．v(C)=1.1mol•L-1•min-1，反应速率最快是D，故选D。【点睛】本题考查反应速率快慢的判断，该题是高考中的常见考点和题型。解题方法是：把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同。2．D【详解】A.v(A)=mol·L－1·s－1=0.015mol·L－1·s－1；B.v(A)=v(B)×2/3=×mol·L－1·s－1=0.0167mol·L－1·s－1；C.v(A)=v(D)=mol·L－1·s－1=0.0133mol·L－1·s－1；D.v(A)=v(C)×1/2=0.1×mol·L－1·s－1=0.0667mol·L－1·s－1，则反应速率最快的是D，故答案选D。点睛：本题考查化学反应速率的大小比较，试题难度不大，解题的依据是将不同物质表示的化学反应速率转化为同一种物质表示的化学反应速率，其数值越大，反应速率越快，解答本题的关键是比较化学反应速率时一定要先统一单位，否则无法比较。3．C【分析】【详解】A．A是固体，不能用A表示反应速率，故A错误；B．在2min内的反应速率，用反应物B来表示是0.3mol·L－1·min－1，故B错误；C．反应速率比等于系数比，分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1，故C正确；D．在这2min内用B和C表示的反应速率的值比都是3:2，故D错误；故选C。4．C【详解】A．根据题目信息，反应速率随的增大而加快，随着反应的进行，生成增大，所以速率加快，A正确；B．用不同物质表示的反应速率等于系数之比，所以，B正确；C．根据公式，所以阴影面积是时间内的物质的量浓度的减少量，C错误；D．随着反应进行，反应物浓度逐渐减小，使得反应速率减慢，D正确；故选C。5．A【详解】可逆反应2A(g)+B(g)⇌C(g)，经过10s后，B的浓度降低了0.02mol•L-1，则A的浓度降低了2×0.02mol•L-1=0.04mol•L-1，因此A的起始浓度为0.2mol•L-1+0.04mol•L-1=0.24mol•L-1；答案选A。6．D【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，在比较反应速率时应转化为同一物质，并统一单位。本题可全部转化为A物质的反应速率。【详解】A．v(A)=0.15mol/(L·min)；B．v(A)=v(B)/4=0.02mol/(L·s)/4=0.005mol/(L·s)=0.3mol/(L·min)；C．v(A)=v(C)=0.2mol/(L·min)；D．v(A)=v(D)=0.01mol/(L·s)=0.6mol/(L·min)；显然，反应速率最快的是D。答案选D。7．C【分析】同一化学反应中，同一段时间内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率再进行比较，据此分析解题。【详解】A．v(A)=0.5mol/(L•min)；B．B是固体，固体的浓度视为常数，故不能用固体的浓度变化来表示反应速率，B错误；C．v(C)=0.1mol/(L•s)，所以v(A)==0.1mol/(L•s)=0.05mol/(L•s)=3mol/(L•min)；D．v(D)=0.4mol/(L•min)，所以v(A)==0.4mol/(L•min)=0.2mol/(L•min)；综上所述，C项换算成A表示的反应速率最快，符合题意。故选C。8．B【详解】对比实验1和实验2可知HI的浓度增大2倍，则反应速率增大二倍，对比实验1和实验4可知H2O2的浓度增大2倍，则反应速率增大二倍，再对比实验1和3以及1和5可以得出结论反应速率与c(HI)和c(H2O2)浓度变化成正比，所以当c(HI)=0.500mol·L-1，c(H2O2)=0.400mol·L-1时，v=0.00760mol•L-1•s-1×5×4=0.152mol•L-1•s-1，故选B。9．C【详解】分析：利用了控制变量法探究影响过氧化氢分解快慢的因素，根据浓度、催化剂和温度对反应速率的影响来分析。详解：根据反应速率的影响因素：温度越高、浓度越大、使用催化剂都有利于化学反应速率的提高；二氧化锰是双氧水分解反应的催化剂，反应速率提高的较大，正确选项C。10．C【分析】先求Y的速率，【详解】A选项，v(Y)＝0.05mol·L－1·min－1，根据速率比等于计量系数之比，v(X)＝3v(Y)=3×0.05mol·L－1·min－1=0.15mol·L－1·min－1，故A错误；B选项，根据分析求出的Y的速率，故B错误；C选项，v(Y)＝0.05mol·L－1·min－1，根据速率比等于计量系数之比，v(Z)＝2v(Y)=2×0.05mol·L－1·min－1=0.10mol·L－1·min－1，故C正确；D选项，v(Y)＝0.05mol·L－1·min－1，根据速率比等于计量系数之比，v(W)＝2v(Y)=2×0.05mol·L－1·min－1=0.10mol·L－1·min－1，而D是v(W)＝0.10mol·L－1·s－1，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】先根据已知求出已知量的速率，再根据速率之比等于计量系数之比求所需要的。11．(1)(2)0.2mol/L1.2mol/L(3)0.2(4)1.28mol/L【详解】（1）内N2的浓度减小(2.5-1.9)mol/L，该反应的化学反应速率；（2）化学反应中各物质浓度的变化量比等于系数比，内N2的浓度减小0.6mol/L，则H2的浓度降低0.6mol/L×3=1.8mol/L、NH3的浓度增加0.6mol/L×2=1.2mol/L，时H2的浓度为2mol/L-1.8mol/L=0.2mol/L、NH3的浓度为0+1.2mol/L=1.2mol/L；（3）NH3的浓度增加1.2mol/L，则内=；（4）经测定反应开始后到末的反应速率，则8min内H2的浓度减小，的浓度增加，则末的浓度为0+1.28mol/L=1.28mol/L。12．180%【详解】反应经2min达到平衡，生成2.4mol气体R，测得气体Q的浓度为0.4mol/L，则生成的Q为2L×0.4mol/L=0.8mol，由变化的物质的量之比等于系数比，则2.4mol：0.8mol=3：x，解得x=1；由方程式可知，参加反应的M为2.4mol×=1.6mol，故M的平衡转化率为×100%=80%；转化的∆n(N)=∆n(R)=2.4mol，反应速率，故答案为：1；80%；。13．3A+B2C0.2mol/(L·min)be0.9【分析】(1)在2min内A、B、C三种物质的物质的量的比等于化学方程式中化学计量数的比，得到其相应的化学方程式；(2)根据V=计算；(3)根据可逆反应达到平衡状态时任何物质的浓度不变；物质的量的含量不变，化学反应速率不变分析判断；(4)在等温等容条件下，体系的压强比等于气体的物质的量的比。【详解】(1)根据图示A、B消耗，是反应物，C是生成物；在2min内A减少0.3mol，B减少0.1mol，C增加0.2mol，最终2min时反应达到平衡状态，故物质的量的变化量之比A：B：C=3：1：2，所以化学方程式为：3A+B2C；(2)V===0.2mol/(L·min)；(3)a.反应前后气体的质量不变，容器的容积不变，因此任何情况下容器中气体密度都不会改变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，a错误；

b.若反应达到平衡状态，混合气体中任何一组分的浓度不变，故若c(B)不再改变，反应处于平衡状态，b正确；c.c(C)=c(A)反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，故不能据此判断平衡状态，c错误；d.该反应是反应前后气体的质量始终不变，因此若反应后气体的总质量不变，不能判断为平衡状态，d错误；e.该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，由于气体的质量始终不变，因此若气体的平均摩尔质量不变，则气体的物质的量不变，反应处于平衡状态，e正确；故合理选项是be；(4)在反应开始时气体的总物质的量为n(开始)=2mol，反应达到平衡时气体的总物质的量n(平衡)=0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol，在等温等容条件下，体系的压强比等于气体的物质的量的比，所以平衡时的压强为p(平衡)=p(开始)=0.9p(开始)，即在等温等容条件下，反应达平衡时，此时体系的压强是开始时的0.9倍。【点睛】本题考查了化学方程式的书写、反应速率的计算、平衡状态的判断及与压强关系的知识。图象方法可以将化学反应以具体的形式表现出来，掌握坐标系中横坐标、纵坐标的含义是解题关键。14．(1)0.75mol·L-1(2)3mol(3)0.05mol·L-1·min-1(4)2【详解】（1）C的平均反应速率是，则生成C是1mol，生成D的物质的量为1mol，根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，x=2。则所以有(n-1.5):(n-0.5)=3:5解得n=3mol，所以此时A物质的浓度为0.75mol/L；故答案为0.75mol/L。（2）由以上分析可得开始前充入容器中的B的物质的量为3mol。（3）反应速率之比是相应的化学计量数之比，由C的平均反应速率是，所以B物质的反应速率为0.05mol·L-1·min-1。（4）C的平均反应速率是，则生成C是1mol，生成D的物质的量为1mol，根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，x=2，故答案为2。15．④>③=②>①【详解】四种物质的速率的单位均相同，可用每种物质的速率除以其对应的计量数，得到的数值大，则表示该反应速率快，按此计算得到的数值分别为0.15、0.2、0.2、0.225，故该反应进行的快慢顺序为：④>③=②>①。16．④⑤⑦②⑥可再生50%0.083mol/(L·min)-989.2【详解】(1)①-⑧中属于化合物的是②CH3CH2OH④K2O⑤P4O6⑥H2O2⑦NCl3⑧LiF，但②⑥中含有H，⑧中含有Li，不可能达到8电子稳定结构，所以各原子均达到8电子稳定结构的化合物有④⑤⑦；故答案为：④⑤⑦(2)极性键是不同种元素的原子形成的共价键，非极性键是同种元素的原子形成的共价键，①O2只含非极性键②CH3CH2OH既含极性键又含非极性键③P4只含非极性键④K2O只含离子键⑤P4O6只含极性键⑥H2O2既含极性键又含非极性键⑦NCl3只含极性键⑧LiF只含离子键；所以既含有极性共价键又含有非极性共价键的有②⑥；故答案为：②⑥；II.甲烷(CH4)是一种清洁燃料，也是一种重要的化工原料。(1)沼气是有机物质在厌氧条件下，经过微生物的发酵作用而生成的一种可燃气体。所以以甲烷为主要成分的沼气属于可再生能源；故答案为：可再生；(2)碳最外层4个电子，氢最外层1个电子，用电子式表示CH4的形成过程为：；故答案为：；(3)设转化的甲烷是xmol，则由三段式可得恒温恒压条件下，物质的量之比等于体积之比，所以，解得x=0.5，所以达平衡时，的转化率为，的反应速率为；故答案为：50%；0.083mol/(L·min)；III.(1)是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，的电子式是；故答案为：；(2)晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，每Si原子与周围的4个Si原子形成4个Si-Si键,每个Si-Si键为1个Si原子提供二个Si-Si键，所以1mol晶体硅中含有Si-Si键，二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，1mol二氧化硅晶体中含有4molSi-O键，反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以Si(s)+O2(g)=SiO2(s)中,△H=176kJ/mol2mol+498.8kJ/mol-460kJ/mol4=-989.2kJ/mol；故答案为：-989.2。17．(1)2A+B2C(2)0.25mol•L-1•min-1【详解】（1）化学反应中，反应物的物质的量减少，生成物的物质的量增加，因此反应中A、B为反应物，C为生成物，D反应前后物质的量不变，为催化剂；物质的量变化之比等于各物质的化学计量数之比，因此A、B、C的化学计量数之比为(5-3)：(2-1)：(4-2)=2:1:2，且达到平衡状态时各物质的物质量均不为0，属于可逆反应，该反应的化学方程式为：2A+B2C；故答案为：2A+B2C；（2）前2minA的物质的量变化为（5-3）=2mol，容器体积为4L，用A的浓度变化表示的化学反应速率为v(A)===0.25mol•L-1•min-1；故答案为：0.25mol•L-1•min-1。18．(1)0.079mol•L﹣1s﹣179.00%(2)X(g)+Y(g)⇌2Z(g)(3)4H++4I﹣+O2＝2I2+2H2O(4)温度对反应速率的影响(5)淀粉溶液(6)BCD【详解】（1）从反应开始到10s时，Z表示的反应速率为；Y的物质的量减少了1.00mol﹣0.21mol＝0.79mol，转化率为；（2）由图像可以看出，反应到10s时，X的物质的量减小，变化值为1.20mol﹣0.41mol＝0.79mol，Y的物质的量减小，变化值为1.0mol﹣0.21mol＝0.79mol，则X、Y为反应物，Z的物质的量增多，变化值为1.58mol，为生成物，根据物质的量的变化与化学计量数呈正比，则有n(X)：n(Y)：n(Z)＝0.79mol：0.79mol：1.58mol＝1：1：2，所以反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；（3）酸性条件下，KI与氧气反应生成碘单质和水，反应的离子方程式为4H++4I﹣+O2＝2I2+2H2O；（4）根据表中数据分析，不同温度下该反应的显色时间，故该实验目的是探究温度对反应速率的影响；（5）该反应生成I2，碘遇淀粉变蓝，需要用淀粉检验生成I2，故还需要淀粉溶液；（6）A．该实验目的是探究温度对反应速率的影响，则温度是变量，故A错误；B．指示剂的浓度大小与溶液变色程度有关，必须控制指示剂的浓度相同，故B正确；C．试剂的用量（体积）不同会导致反应物的浓度不同，影响反应速率大小，必须控制试剂的用量相同，故C正确；D．试剂添加的顺序不同，可能改变反应途径，会影响实验效果，必须控制试剂添加的顺序相同，故D正确；故答案为BCD。19．(1)2:3(2)++2H2O(3)Ⅰ中产生得全部被氧化为，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生(4)的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b【详解】（1）过程I中中的N由-3价升高到+3价，升高6个单位，而O2中的O由0价降低到-2价，降低4个单位，根据得失电子守恒可知，参与I中反应的2：3，故答案为：2:3；（2）由题干流程图可知，Ⅱ中发生的反应为：和反应生成和水，根据氧化还原反应可得该反应的离子方程式为：++2H2O，故答案为：++2H2O；（3）当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，Ⅰ中产生的又被O2继续氧化为，导致Ⅱ中反应因无而无法发生，故答案为：Ⅰ中产生得全部被氧化为，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生；（4）由题干图示信息可以看出：b反应生成了，c反应消耗了，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，故答案为：的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b。20．催化剂：铁触媒，温度：400℃～500℃，压强：30MPa～50MPap2>p1，在合成氨的反应中，其他条件不变，压强越大NH3的含量越高0.2mol/(L·min）氨水>氯化铵>硫酸铵铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，会降低N元素的利用率，因此两者不能混合使用。【分析】(1)合成氨为气体体积缩小的放热反应，需要在高温、高压、催化剂条件下进行；(2)根据图象可知，压强相同时，升高温度后氨气的含量减小，据此判断合成氨的反应热；温度相同时，压强越大平衡向着正向移动，氨气的含量越大，据此判断压强大小；(3)用差量方法计算反应产生的氨气的物质的量，然后根据速率定义式计算v(NH3)；(4)氨水中是一水合氨为弱碱，其电离程度较小，其它两种物质都是铵盐，铵根离子的水解程度较小，则三种溶液浓度相同时，氨水中铵根离子浓度最小，据此可判断c(NH4+)相同时三种溶液的浓度大小。(5)草木灰的水溶液呈碱性，而硝酸铵能够和碱性物质反应生成气体，所以不能混合使用.【详解】(1)合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，由于N2分子中N≡N三键的键能很大，所以反应要在高温下进行，但温度太高，化学平衡逆向移动，对氨的合成不利，鉴于在400℃～500℃时催化剂铁触媒的催化活性最大，所以一般采用温度：400℃～500℃，用铁触媒作催化剂，最增大压强既可以提高反应速率，同时又可以提高氨气的平衡含量，一般采用较高的压强，考虑到产生动力需消耗较高的能量，同时对设备采用提出的较高的要求，一般是采用压强：30MPa～50MPa；(2)合成氨为气体体积缩小的反应，压强越大氨气的含量越高，根据图象可知，温度相同时p2条件下氨气的含量较高，则pl、p2压强的大小关系为p2>pl；(3)根据方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知：每反应消耗4体积的气体，会产生2体积的NH3，由反应前到反应后，气体体积减小2体积，根据n=可知气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以在2L密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨。若反应2min，气体的总物质的量减少了0.8mol，则反应产生NH3的物质的量是0.8mol，则2min内氨气的生成速率v(NH3)==0.2mol/(L·min）。(4)氨水中的一水合氨是弱电解质，其电离程度较小；NH4Cl、(NH4)2SO4都是铵盐，铵根离子的水解程度较小，根据盐中含有的NH4+的数目关系，则四种溶液浓度相同时，氨水中c(NH4+)最小，(NH4)2SO4的最大，则c(NH4+)相等的氨水、氯化铵、硫酸铵三种溶液，氨水、氯化铵、硫酸铵的浓度从大到小的关系为氨水>氯化铵>硫酸铵；(5)草木灰主要含有碳酸钾，该盐是强碱弱酸盐，CO32-水解，使溶液显碱性；铵态氮肥属于强酸弱碱盐，NH4+水解产生NH3·H2O，使溶液显酸性，若将两种盐溶液混合，由于碳酸根和铵根在一定条件发生双水解，生成二氧化碳和氨气，降低氮的含量，使肥效降低，所以草木灰不宜与铵态氮肥混合使用。【点睛】本题考查化学平衡及其影响因素、盐的水解的应用，明确合成氨反应的特点及盐的水解规律为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。21．分液漏斗收集到气体的体积待气体恢复至室温后，调节滴定管的高度使得两侧液面相平5H2C2O4+2+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O浓度B、C5×10-4mol/(L·s)催化作用【分析】实验一、将分液漏斗中的硫酸滴入锥形瓶中，与锌反应制取氢气，要比较锌粒与锌粉反应的快慢，可以通过比较相同时间内反应产生氢气的多少，也可以通过测定产生相同体积的氢气所需要的时间，在读数时要使溶液恢复至室温，使液面左右相平，并且要平视读数；实验二、H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应产生K2SO4、MnSO4、CO2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应的离子方程式；采用控制变量方法，根据对比项的不同点比较其对反应速率的影响；利用反应速率的定义计算反应速率；结合反应产生的微粒及反应变化特点判断其作用。【详解】实验一：(1)装置图Ⅰ中放有硫酸的仪器名称是分液漏斗；(2)按照图Ⅰ装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个数据是收集反应产生H2气体的体积；(3)若将图Ⅰ装置中的气体收集装置改为图Ⅱ，实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所在处的刻度数，若发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是调待气体恢复至室温后，调节滴定管的高度使得两侧液面相平；实验二：(4)H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知相应反应的离子方程式为5H2C2O4+2+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；(5)通过观察实验A、B，会发现：二者只有草酸的浓度不同，其它外界条件相同，则通过实验A、B可探究浓度的改变对反应速率的影响；要探究温度变化对化学反应速率的影响，改变的条件应该只有温度改变，其它条件相同，观察实验数据会发现：实验B、C只有温度不同，故可通过实验B、C探究温度变化对化学反应速率的影响；利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)==5×10-4mol/(L·s)；(6)实验中发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，该作用是催化作用，相应的粒子最有可能是Mn2+，即反应产生的Mn2+起催化作用。【点睛】本题考查探究反应速率的影响因素。