《高中化学》专题突破卷09化学反应速率与化学平衡（一）（解析版）

专题突破卷09化学反应速率与化学平衡（一）（考试时间：75分钟试卷满分：100分）考点01化学反应速率及其影响因素考点02化学平衡状态、化学平衡的移动考点03化学平衡常数及其相关计算一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的）1．通过改变反应条件可以加快、减缓甚至阻止反应的进行。下列措施是为了加快化学反应速率的是()A．钢铁部件表面进行“烤蓝”处理B．灯泡里充入氮气C．谷物酿酒时使用酒曲D．夏天将食物放入冰箱【答案】C【解析】钢铁部件表面进行“烤蓝”处理是为了形成保护膜，减慢反应速率，A项错误；氮气化学性质稳定，灯泡里充入氮气可以防止灯丝被氧化，是为了减慢反应速率，B项错误；酒曲是催化葡萄糖分解为酒精的催化剂，可以加快谷物酿酒的速率，C项正确；夏天将食物放入冰箱，温度降低，是为了减慢食物腐败的速率，D项错误。2．接触法制备硫酸中的关键步骤是SO2在V2O5催化作用下与空气中的O2在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH＝－198kJ·mol－1。下列4个数据是在不同条件下测得的该反应的速率，其中反应最快的是()A．v(SO2)＝0.2mol·L－1·min－1B．v(O2)＝0.1mol·L－1·min－1C．v(SO3)＝0.01mol·L－1·s－1D．v(SO2)＝0.004mol·L－1·s－1【答案】C【解析】根据反应速率之比等于化学计量数之比，换算为同一物质相同单位进行比较。A．当v(SO2)＝0.2mol·L－1·min－1时，v(O2)＝0.1mol·L－1·min－1；B．v(O2)＝0.1mol·L－1·min－1；C．当v(SO3)＝0.01mol·L－1·s－1＝0.6mol·L－1·min－1时，v(O2)＝0.3mol·L－1·min－1；D．当v(SO2)＝0.004mol·L－1·s－1＝0.24mol·L－1·min－1时，v(O2)＝0.12mol·L－1·min－1。故C项表示的反应最快。3．一定温度下，在一体积为2L的恒容密闭容器中充入2molSO2、1molO2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196kJ·mol－1，达到平衡后放出热量156.8kJ，下列说法不正确的是()A．平衡时SO2的转化率为80%B．若升高温度，该反应的平衡常数将减小C．反应过程中转移3.2mole－D．相同条件下初始若向容器中只充入2molSO3，达到平衡时吸收热量156.8kJ【答案】D【解析】D项，相同条件下，从正、逆两向建立平衡的过程中，转化量不同，能量变化不同，错误。4．反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)经amin后SO3的浓度变化情况如图所示，在0～amin内用O2表示的平均反应速率为0.04mol·L－1·min－1，则a等于()A．0.1 B．2.5C．5 D．10【答案】C【解析】由题图可知，0～amin内Δc(SO3)＝0.4mol·L－1，则有v(SO3)＝eq\f(0.4,a)mol·L－1·min－1。根据反应速率与化学计量数的关系可得，v(O2)＝eq\f(1,2)v(SO3)＝eq\f(0.2,a)mol·L－1·min－1，又知“0～amin内用O2表示的平均反应速率为0.04mol·L－1·min－1”，则有eq\f(0.2,a)mol·L－1·min－1＝0.04mol·L－1·min－1，解得a＝5，C项正确。5．(2024·山东青岛模拟)一定温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下可逆反应：C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，下列不能表明该反应已达到化学平衡状态的是()A．N2的体积分数不再变化B．容器内气体压强不再变化C．混合气体的密度不再变化D．混合气体的平均相对分子质量不再变化【答案】B【解析】N2的体积分数不再变化，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态，A不符合题意；反应前后气体的分子数相等，压强始终保持不变，则当容器内气体压强不再变化时，反应不一定达平衡状态，B符合题意；随着反应的进行，气体的质量不断发生改变，而气体的体积不变，则混合气体的密度不断发生改变，当混合气体的密度不再变化时，反应达平衡状态，C不符合题意；混合气体的质量不断发生改变，物质的量始终不变，则平均相对分子质量不断发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达平衡状态，D不符合题意。6．反应X=2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是()A．a为c(X)随t的变化曲线B．t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率D．t3后，c(Z)＝2c0－c(Y)【答案】D【解析】X是唯一的反应物，随着反应的进行，其浓度不断减小，因此，a为c(X)随t的变化曲线，A正确；由题图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正确；由题图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明t2时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；由题图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则Y的浓度为c0，由于反应②Y→2Z的发生，t3时刻后Y的浓度的变化量为c0－c(Y)，则c(Z)＝2c0－2c(Y)，D错误。7．（2024·河北承德期中）某同学设计Fe与1mol⋅L−序号铁的质量/g铁的形状温度/℃铁完全溶解于酸的时间/sⅠ2粉末20108Ⅱ2薄片20t1Ⅲ2薄片15t2下列说法正确的是（）A.t1>tC.单位时间内消耗铁的质量：Ⅱ<Ⅲ D.初始化学反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ【答案】D【解析】其他条件相同，温度越高，化学反应速率越快，铁完全溶解于酸的时间越短，t1<t2，A项错误；其他条件相同，温度越高，固体接触面积越大，化学反应速率越快，铁完全溶解于酸的时间越短，t2>108，B项错误；反应Ⅱ和反应Ⅲ中铁的质量和形状相同，反应Ⅱ的反应温度高，因此反应Ⅱ的化学反应速率快，单位时间内消耗的铁的质量：Ⅱ>Ⅲ，C项错误；反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中铁的质量相同，固体的接触面积越大，化学反应速率越快，温度越高，化学反应速率越快，故初始化学反应速率：Ⅰ>8．甲烷和二氧化碳催化合成乙酸，其中一步为甲烷在催化剂表面脱氢，其方式有两种：甲烷分子单独脱氢，甲烷分子与二氧化碳共吸附脱氢，反应历程如下(由乙酸分子构型可知以二氧化碳结合甲基和氢原子是最简单的合成过程)，下列说法正确的是()A．甲烷脱去首个氢原子的焓变，单独脱氢小于共吸附脱氢B．甲烷脱去首个氢原子的能垒，共吸附脱氢比单独脱氢下降0.15eVC．单独脱氢的决速步为第一步D．共吸附脱氢不利于乙酸的合成【答案】C【解析】甲烷脱去首个氢原子的焓变，根据图中信息单独脱氢焓变为1.12eV，共吸附脱氢焓变为0.97eV，则单独脱氢大于共吸附脱氢，故A错误；甲烷脱去首个氢原子的能垒，共吸附脱氢能垒为2.45eV，单独脱氢能垒为3.20eV，共吸附脱氢比单独脱氢下降0.75eV，故B错误；单独脱氢的第一步能垒最大，因此单独脱氢的决速步为第一步，故C正确；单独脱氢的第一步能垒比共吸附脱氢任意一步的能垒都大，因此共吸附脱氢有利于乙酸的合成，故D错误。9．如表为某学生进行的两组实验：反应物Na2S2O3溶液H2SO4溶液水浓度/(mol·L－1)体积/mL浓度/(mol·L－1)体积/mL甲0.1100.1105mL乙0.250.2520mL若其他条件均相同，上述两组实验中，对应反应的反应速率关系为()A．甲>乙 B．甲<乙C．甲＝乙 D．无法判断【答案】A【解析】此反应为Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，甲组溶液的总体积是25mL，混合溶液中，甲组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝eq\f(0.1mol·L－1×10mL,25mL)＝0.04mol·L－1；乙组溶液的总体积是30mL，混合溶液中，乙组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝eq\f(0.2mol·L－1×5mL,30mL)≈0.033mol·L－1。由于甲组中反应物的浓度较大，故在其他条件相同时，其反应速率较大，即甲组的反应速率大于乙组的反应速率，A项正确。10．(2024·辽宁锦州二模)某温度下，在2L恒容密闭容器中4molNH2COONH4(s)发生反应NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)，在0～1min内，CO2的生成速率为0.4mol·L－1·min－1,0～2min内，CO2的生成速率为0.3mol·L－1·min－1,0～3min内，CO2的生成速率为0.2mol·L－1·min－1，下列说法错误的是()A．当混合气体的平均摩尔质量不变时，标志此反应达到了平衡状态B．0～1min内，NH2COONH4(s)的反应速率为62.4g·min－1C．30s时，CO2的浓度大于0.2mol·L－1D．2min时，再加入2molNH3，此时反应的v逆>v正【答案】A【解析】此反应开始时只加入了NH2COONH4(s)，生成的NH3和CO2物质的量之比始终是2∶1，所以当混合气体的平均摩尔质量不变时，不可以标志此反应达到了平衡状态，A错误；0～1min内消耗NH2COONH4(s)0.8mol，质量为62.4g，故反应速率为62.4g·min－1，B正确；由于反应速率越来越慢，故30s时，CO2的浓度大于0.2mol·L－1，C正确；2min时c(CO2)＝0.6mol·L－1,3min时c(CO2)＝0.6mol·L－1，则2min时反应已经达到平衡，再加入2molNH3，平衡逆向移动，故v逆>v正，D正确。11．CO2甲烷化也是实现“碳达峰”的重要途径，反应机理如图。下列说法错误的是()A．该反应使用的催化剂既加快CO2甲烷化速率，又提高H2的平衡转化率B．H2吸附在催化剂Pd表面而发生反应C．MgOCO2和MgOCOOH均为该反应过程的中间产物D．上述CO2甲烷化过程总反应可表示为CO2＋4H2eq\o(→,\s\up10(催化剂))CH4＋2H2O【答案】A【解析】本题考查化学反应机理的分析。催化剂能改变反应速率但不能改变平衡转化率，A错误；由机理图可以看出H2在Pd表面反应变成H原子，B正确；MgOCO2和MgOCOOH在反应过程中先产生后消耗，是中间产物，C正确；由反应机理图看出总反应为CO2＋4H2eq\o(→,\s\up10(催化剂))CH4＋2H2O，D正确。12．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如下：温度/℃2580230平衡常数5×10421.9×10－5下列说法不正确的是()A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应B．25℃时，反应Ni(CO)4(g)Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为2×10－5C．在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol·L－1，则此时v(正)<v(逆)D．80℃达到平衡时，测得n(CO)＝0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol·L－1【答案】A【解析】根据表中数据可知，温度升高平衡常数减小，则该反应为放热反应，A项错误；25℃时，K′＝eq\f(c4(CO),c[Ni(CO)4])＝eq\f(1,K)＝eq\f(1,5×104)＝2×10－5，B项正确；Q＝eq\f(c[Ni(CO)4],c4(CO))＝eq\f(0.5,(0.5)4)＝8>2，反应逆向进行，故v(正)<v(逆)，C项正确；80℃时，c(CO)＝eq\f(0.3mol,0.3L)＝1mol·L－1，K＝eq\f(c[Ni(CO)4],c4(CO))，解得c[Ni(CO)4]＝2mol·L－1，D项正确。13．恒温条件下，向两个锥形瓶中加入等质量、表面积相同的镁条并塞紧瓶塞，然后用注射器分别注入2mL2mol·L－1盐酸、2mL2mol·L－1醋酸，测得锥形瓶内气体压强随时间变化如图，反应过程中忽略液体体积变化。下列说法不正确的是()A．加入的镁条质量可能为0.050gB．0～300s内，两锥形瓶中反应平均速率相等C．反应结束，反应体系(反应物、生成物、锥形瓶)总能量升高，环境总能量降低D．将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，曲线b有可能变化为曲线a【答案】C【解析】两注射器中酸的物质的量均为0.002L×2mol·L－1＝0.004mol，全部反应消耗Mg的质量为eq\f(0.004mol,2)×24g·mol－1＝0.048g，镁条过量、少量、恰好完全反应都可以，故加入的镁条质量可能为0.050g，A正确；由图可知，300s时，锥形瓶内压强相等，则生成氢气的量相同，两锥形瓶中反应平均速率相等，B正确；金属与酸的反应为放热反应，反应体系放出热量，则反应体系(反应物、生成物、锥形瓶)总能量降低，环境总能量升高，C错误；增大反应物间接触面积，有利于加快反应速率，将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，接触面积增大，反应速率加快，曲线b有可能变化为曲线a，D正确。14．(2024·贵州遵义模拟)室温下，某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等，同时发生以下两个反应：①P＋Q=X＋Z、②P＋Q=Y＋Z，反应①的速率可表示为v1＝k1·c2(P)，反应②的速率可表示为v2＝k2·c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如下图所示(溶液体积变化可忽略不计)。下列说法不正确的是()A．反应①的活化能比反应②的活化能大B．0～20min内，Z的平均反应速率为6.0×10－3mol·L－1·min－1C．反应30min时，v1∶v2＝2∶3D．45min时，Y的浓度为0.24mol·L－1【答案】B【解析】v1＝k1·c2(P)＝eq\f(Δc(X),Δt)，v2＝k2·c2(P)＝eq\f(Δc(Y),Δt)，eq\f(v1,v2)＝eq\f(k1,k2)＝eq\f(Δc(X),Δc(Y))为定值，20min时，由题图可知，Δc(X)＝0.12mol·L－1，Δc(Q)＝0.3mol·L－1＝Δc(X)＋Δc(Y)，Δc(Y)＝(0.3－0.12)mol·L－1＝0.18mol·L－1，即eq\f(v1,v2)＝eq\f(0.12,0.18)＝eq\f(2,3)，相同条件下反应①的速率小于反应②的速率，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，故A、C说法正确；0～20min内，Δc(Z)＝Δc(Q)＝0.3mol·L－1，Z的平均反应速率为eq\f(0.3mol·L－1,20min)＝0.015mol·L－1·min－1，故B说法错误；45min时，Q的浓度为0.2mol·L－1，Δc(Q)＝Δc(X)＋Δc(Y)＝0.6mol·L－1－0.2mol·L－1＝0.4mol·L－1，根据eq\f(v1,v2)＝eq\f(Δc(X),Δc(Y))＝eq\f(2,3)，可得Y的浓度为0.24mol·L－1，故D说法正确。15．向某恒容密闭容器中充入等物质的量的PCl3(g)和Cl2(g)，发生如下反应：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)，测得不同温度下PCl3(g)的转化率α与时间的关系如图所示。其速率方程为v正＝k正·c(PCl3)·c(Cl2)，v逆＝k逆·c(PCl5)(k正、k逆是速率常数，只与温度有关)。下列说法错误的是()A．该反应的ΔH<0B．M点：eq\f(k正,k逆)>eq\f(c(PCl5),c(PCl3)·c(Cl2))C．升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数D．T1时，若平衡体系中c(Cl2)＝0.25mol·L－1，则eq\f(k正,k逆)＝16【答案】C【解析】由图示可知，温度：T2>T1，温度越高PCl3的平衡转化率越低，平衡逆向移动，正反应放热，ΔH<0，A正确；M点还未达到平衡，反应正向进行，v正>v逆，即k正·c(PCl3)·c(Cl2)>k逆·c(PCl5)，变换得eq\f(k正,k逆)>eq\f(c(PCl5),c(PCl3)·c(Cl2))，B正确；正反应放热，升温平衡逆向移动，k逆增大倍数大于k正增大倍数，C错误；T1时，PCl3平衡转化率为80%，c(Cl2)＝0.25mol·L－1，设氯气与PCl3起始物质的量为ymol，体积为1L，利用“三段式”可求：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)起始浓度/(mol·L－1)yy0变化浓度/(mol·L－1)0.8y0.8y0.8y平衡浓度/(mol·L－1)0.2y0.250.8y则0.2y＝0.25，eq\f(k正,k逆)＝eq\f(c(PCl5),c(PCl3)·c(Cl2))＝eq\f(0.8y,0.2y×0.25)＝16，D正确。二、非选择题（本题包括4小题，共55分）16．（9分）某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液的酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。编号反应物催化剂Ⅰ10mL2%H2O2溶液＋1mL水无Ⅱ10mL5%H2O2溶液＋1mL水无Ⅲ10mL5%H2O2溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液Ⅳ10mL5%H2O2溶液＋少量HCl溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液Ⅴ10mL5%H2O2溶液＋少量NaOH溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液(1)实验Ⅰ和实验Ⅱ的目的是______________________________________________________________________________________________________________________________。(2)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的起始反应速率由大到小的顺序为____________(用实验编号表示)。(3)实验Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中，测得生成氧气的体积(折算成标准状况)随时间变化的关系如图所示。①分析图示能够得出的结论是____________________________________________________。②实验Ⅲ在t1～t2时间内，以H2O2表示的反应速率为_________________。【答案】(1)探究反应物浓度对反应速率的影响（2分）(2)Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ（2分）(3)①碱性环境能加快H2O2分解的速率，酸性环境能减慢H2O2分解的速率（2分）②eq\f(b－a,123.2（t2－t1）)mol·L－1·s－1（3分）【解析】(1)实验Ⅰ和Ⅱ均未使用催化剂，混合液的总体积均为11mL，c(H2O2)不同，则实验目的是探究反应物浓度对反应速率的影响。(2)实验Ⅰ中，c(H2O2)最小且未使用催化剂，则实验Ⅰ中起始反应速率最小；实验Ⅱ和Ⅲ中c(H2O2)相同，实验Ⅲ中加入FeCl3溶液，则实验Ⅲ的起始反应速率大于实验Ⅱ，故反应速率由大到小的顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ。(3)①与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ加入少量HCl溶液，实验Ⅴ加入少量NaOH溶液，其他实验条件均相同，由题图可知，反应速率：Ⅴ>Ⅲ>Ⅳ，据此得出结论：碱性环境能加快H2O2分解的速率，酸性环境能减慢H2O2分解的速率。②实验Ⅲ在t1～t2时间内，生成标准状况下O2的体积为(b－a)mL，则有n(O2)＝eq\f(（b－a）×10－3,22.4)mol，反应中消耗H2O2的物质的量n(H2O2)＝2n(O2)＝eq\f(（b－a）×10－3,11.2)mol，溶液的总体积为11mL，故以H2O2表示的反应速率v(H2O2)＝eq\f(（b－a）×10－3,11.2×0.011×（t2－t1）)mol·L－1·s－1＝eq\f(b－a,123.2（t2－t1）)mol·L－1·s－1。17．（16分）(2024·江苏镇江统考)氮元素是一种重要元素，其单质及化合物在化工、生产等领域应用非常广泛。请回答下列问题：(1)氮元素的常见单质有N2、N4、N8，三种分子中的每个氮原子均为8电子稳定结构，则N4的结构简式为_______________。(2)碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程如下：第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)第二步：I(g)＋N2O(g)→N2(g)＋IO(g)(慢反应)第三步：IO(g)＋N2O(g)→N2(g)＋O2(g)＋eq\f(1,2)I2(g)(快反应)实验表明：含碘时N2O分解速率方程v＝k·c(N2O)·c0.5(I2)(k为速率常数)。下列表述正确的是_______________。A．升高温度，第一步反应向右进行的程度变大B．第二步反应的活化能比第三步反应的小C．IO为反应的催化剂D．N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关(3)为探究温度及不同催化剂对反应2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.5kJ/mol的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其他初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示。在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率(对应温度400℃)v(正)_______________v(逆)(填“>”“<”或“＝”)，温度升高后，两种催化剂条件下NO转化率均明显降低，原因可能是__________________________。(4)NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术。某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生反应4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0，NO的转化率随温度变化的情况如图所示。①在15min内将温度从420℃升高到580℃，此时间段内NO的平均反应速率为_______________mol·L－1·min－1。②在有氧条件下，580℃之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是__________________________________________________________________。【答案】(1)（2分）(2)AD（2分）(3)＞（3分）温度升高，催化剂活性降低（3分）(4)①0.057（3分）②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（3分）【解析】(1)N4分子中每个N原子均为8电子稳定结构，N4为四面体结构，结构简式为。(2)A．断键吸热，所以升高温度，第一步反应向右进行的程度变大，A正确；B．第二步反应为慢反应，其活化能比第三步反应的大，B错误；C．IO为中间产物，I2是反应的催化剂，C错误；D．根据含碘时N2O分解速率方程可判断，N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关，D正确。(3)由于在催化剂乙作用下，题图中M点对应的转化率低于催化剂甲作用下对应的转化率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则速率(对应温度400℃)v(正)>v(逆)；温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是温度升高，催化剂活性降低。(4)①420℃时NO的转化率为2%，此时消耗NO的物质的量为3mol×2%＝0.06mol，580℃时NO的转化率为59%，此时消耗NO的物质的量为3mol×59%＝1.77mol，故在420～580℃，NO的改变量为1.77mol－0.06mol＝1.71mol，平均反应速率v＝eq\f(1.71mol,2L×15min)＝0.057mol·L－1·min－1。②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO的转化率降低。18．（18分）(1)在400℃时，将一定量的AB2(g)和14molB2(g)压入一个盛有催化剂的10L密闭容器中进行反应：2AB2(g)＋B2(g)⇌2AB3(g)，已知2min后，容器中剩余2molAB2和12molB2。①反应中消耗了_______________molAB2(g)，2min后AB3(g)的物质的量浓度是___________________。②2min内平均反应速率v(B2)＝__________________________________。③反应前容器内压强与反应后容器内压强之比为_______________。(2)某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图所示。①Z的产率是_______________。②由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_____________________________________。③若三种物质都是气体，则平衡时X所占体积的百分比为_______________(结果保留1位小数)。【答案】(1)①4（2分）0.4mol·L－1（2分）②0.1mol·L－1·min－1（2分）③10∶9（3分）(2)①30%（3分）②3X＋Y⇌2Z（3分）③38.9%（3分）【解析】(1)①已知2min后，容器中剩余2molAB2(g)和12molB2(g)，因此消耗B2(g)的物质的量是14mol－12mol＝2mol，根据化学方程式可知，反应中消耗了4molAB2(g)，同时生成4molAB3(g)，因此2min后AB3(g)的物质的量浓度是eq\f(4mol,10L)＝0.4mol·L－1。②2min内平均反应速率v(B2)＝eq\f(14mol－12mol,10L×2min)＝0.1mol·L－1·min－1。③恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，反应前容器内压强与反应后容器内压强之比为eq\f(6mol＋14mol,2mol＋12mol＋4mol)＝eq\f(10,9)。(2)达到平衡时消耗X的物质的量是1.0mol－0.7mol＝0.3mol，消耗Y的物质的量是1.0mol－0.9mol＝0.1mol，生成Z的物质的量是0.2mol，各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，因此该反应的化学方程式为3X＋Y⇌2Z，Z的理论产量是eq\f(2,3)mol，平衡时生成0.2molZ，所以Z的产率是eq\f(0.2mol,\f(2,3)mol)×100%＝30%。若三种物质都是气体，则平衡时X所占体积的百分比为eq\f(0.7mol,0.7mol＋0.9mol＋0.2mol)×100%≈38.9%。19．（12分）(1)已知2NO(g)＋O2(g)2NO