6.2 化学反应的限度与速率 课时测验（含解析） 2023-2024学年高一下学期人教版（2019）必修第二册

6.2 化学反应的限度与速率 课时测验
一、单选题
1．在一密闭容器中，反应达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原平衡时的60%，则（　　）
A．平衡向逆反应方向移动了 B．物质A的转化率减小了
C．物质B的质量分数增大了 D．
2．化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是（　　）
A．食品、蔬菜贮存在冰箱或冰柜里
B．家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥
C．制造蜂窝煤时加入生石灰
D．把块状煤碾成粉状再燃烧
3．下列措施对加快反应速率有明显效果的是（　　）
A．Na与水反应时，增加水的用量
B．Al与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸
C．Na2SO4与BaCl2两种溶液反应时，增大压强
D．大理石和盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状
4．对于在一定条件下进行的化学反应：2SO2+O2 2SO3，改变下列条件，可以提高反应物中的活化分子百分数的是（　　）
A．升高温度 B．增大压强
C．减小反应物浓度 D．增大反应物浓度
5．一定条件下反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在恒容密闭容器中进行，从反应开始至10s时，O2的浓度减少了0.3mol·L-1。则0~10s内平均反应速率为（　　）
A．v(O2)=0.03mol·L-1·s-1 B．v(O2)=0.3mol·L-1·s-1
C．v(SO2)=0.03mol·L-1·s-1 D．v(SO3)=0.03mol·L-1·s-1
6．把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有50mL 0.1mol L﹣1盐酸溶液的烧杯中，该铝片与盐酸反应，产生氢气的速率v（H2）与反应时间t的关系，可用如图所示的坐标曲线来表示，下列推论错误的是（　　）
A．O→a段不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和稀盐酸
B．b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是温度升高
C．t=c时刻，反应处于平衡
D．t＞c时，产生氢气的速率降低的主要原因是溶液中H+浓度下降
7．反应：A（气）+3B（气） 2C（气）△H＜0达平衡后，将气体混合物的温度降低．下列叙述中正确的是（　　）
A．正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动
B．正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动
C．正反应速率和逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动
D．正反应速率和逆反应速率变小，平衡向逆反应方向移动
8．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，下图为该历程示意图，下列说法不正确的是（　　）
A．①→②放出能量并形成了C-C键
B．催化剂可提高反应物的平衡转化率
C．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
D．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
9．已知反应：2NO(g)＋Br2(g)=2NOBr(g) ΔH＝－a kJ·mol－1(a＞0)，其反应机理如下：①NO(g)＋Br2(g)=NOBr2(g) 快 ②NO(g)＋NOBr2(g)=2NOBr(g) 慢（　　）
下列有关该反应的说法错误的是
A．该反应的速率主要取决于②的快慢
B．NOBr2是该反应的催化剂
C．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1
D．增大Br2(g)浓度能增大单位体积内活化分子个数，加快反应速率
10．现有下列四个图像：
下列反应中全部符合上述图像的反应是（　　）
A．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H1＜0
B．2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g）△H2＞0
C．4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g）△H3＜0
D．H2（g）+CO（g） C（s）+H2O（g）△H4＞0
11．右图曲线a表示放热反应 2X（g）+Y（g） 2Z（g） 进行过程中X的转化率随时间变化的关系．若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（　　）
A．加催化剂 B．加大X的投入量
C．升高温度 D．增大体积
12．已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，反应：达平衡后，要使HClO浓度增大，可加入（　　）
A．NaCl固体 B．固体 C．NaOH固体 D．固体
13．下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（　　）
A．升高温度 B．用Zn粉代替Zn粒
C．滴加少量的CuSO4溶液 D．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应
14．关于反应速率、反应限度的下列说法中错误的是（　　）
A．其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快
B．其他条件不变时，增大浓度，化学反应速率加快
C．化学反应达到反应限度时，反应物的浓度与生成物的浓度相等
D．化学反应达到反应限度时，同一物质的正反应速率与逆反应速率相等
15．溴水与甲酸可以发生如下反应：。生成二氧化碳的初始速率与反应物起始浓度的关系如下：
实验序号 开始浓度/ 初始速率/()
1 0.01 0.02
2 0.02 0.04
3 0.03 0.02
现将的溴水和的溶液等体积混合，此时生成二氧化碳的初始速率()应为（　　）
A． B． C． D．
16．对于碳酸钙分解反应：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，最不利于其自发进行的是（　　）
A．低温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．高温低压
17．常温下，向某容积为1L的恒容密闭容器中通入和，发生应：。反应后，测得容器中剩余0.06mol，则下列反应速率的表达正确的是（　　）
A． B．
C． D．
18．一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，3molX和3molY发生反应：3X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH>0，经60s达到平衡，生成0.4molZ。下列说法正确的是（　　）
A．60s内平均反应速率v(X)＝0.05mol/(L·s)
B．其他条件不变，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．其他条件不变，若初始投入2molX和2molY，则物质Y的转化率减小
D．其他条件不变，将容器体积变为4L，Z的平衡浓度变为原来的一半
19．室温下，用0.1 mol·L-1Na2S2O3溶液、0.1 mol·L-1H2SO4溶液和蒸馏水进行如下表所示的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化。
下列说法不正确的是（　　）
A．实验③中x=8
B．实验①②③或③④⑤均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率
C．降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大
D．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线应为a
20．如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g） 2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图像为（注：Φ（C）表示C的体积分数，P表示气体压强，C表示浓度）（　　）
A． B．
C． D．
二、综合题
21．某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如图所示：
（1）由图中的数据分析，该反应的化学方程式为　 　．
（2）反应开始至2min、5minZ的平均反应速率为　 　、　 　．
22． 为高效漂白剂和氧化剂，可用于纸浆、纸张和各种纤维的漂白，也在环境治理中有所应用。
（1）已知
则 　 　(用含a、b式子表示)。
（2）浓度均为0.1 和混合溶液呈酸性，则溶液中微粒浓度大小关系：　 　(填“>”“<”或“=”)。
（3）工业上可用电解法制备，其工作原理如图所示(NaCl足量)，电解一段时间后，将Pt(A)电极区的溶液除去微量二氧化氯后，喷雾干燥即得粗品。
M处是外接直流电源的　 　极(填“正”或“负”)；离子交换膜应选择　 　(填“阴”或“阳”)离子交换膜；当外电路转移0.1mol电子时，理论上Pt(B)电极区电解质溶液质量减少　 　g。
（4）以为氧化剂是一种新型脱除NO方法，其原理为：
第一步：NO在碱性环境中被氧化为，反应为：；
第二步：继续被氧化为，反应为：。
①溶液吸收NO的过程中，适当增加压强，对NO的脱除率的影响是　 　(填“提高”“无影响”或“降低”)。
②在50℃时，将NO匀速通过足量浓度为 碱性溶液，3min后，测得溶液中浓度为。则该时间段内平均反应速率　 　(反应前后溶液的体积变化忽略不计)。
23．已知：2X（g）+Y（g） a Z（g），在T1温度下，体积为2L的密闭容器中，充入6mol X和2mol Y．根据图示回答：
（1）a=　 　；用Y的浓度变化表示从反应开始到平衡时的平均反应速率为　 　 mol/（L min）．
（2）平衡时，Y在混合物中的物质的量分数是　 　
（3）其他条件不变时，下列措施可以提高Y的转化率的是 （选填字母）．
A．使用适当的催化剂 B．分离出Z C．增大容器体积．
24．T℃、2L密闭容器中某一反应不同时刻各物质的量如图(E为固体，其余为气体)．回答下列问题：
（1）写出该反应的化学方程式　 　．
（2）反应开始至3min时，用D表示的平均反应速率为　 　mol/(L min)．
（3）若升高温度，则v(正)　 　，v(逆)　 　(填“加快”或“减慢”)。
（4）若反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v(A)＝0.3 mol·L-1·min-1，乙中v(B)＝0.2 mol·L-1·min-1，则　 　容器中反应更快。
25．
（1）某实验小组为了探究影响化学反应速率的因素，进行了稀硫酸与金属铁反应的对照实验，实验数据如下：
实验序号 金属质量/g 金属状态 c（H2SO4）/mol·L-1 V（H2SO4）/mL 反应前溶液温度/℃ 金属消失的时间/s
1 0.10 丝 0.5 50 20 500
2 0.10 粉末 0.5 50 20 50
3 0.10 丝 1.0 50 20 125
4 0.10 丝 1.0 50 35 50
①对比实验1和3，表明影响化学反应速率的因素是　 　；反应规律为：　 　，反应速率越快。
②仅表明固体反应物的表面积对化学反应速率产生影响的实验有　 　（填实验序号）。
③本实验中影响化学反应速率的其他因素还有　 　。
（2）用如图原电池装置可加快铁与稀硫酸反应的速率，其中铜作　 　（填“负极”或“正极”），铁的电极反应式是　 　，在铁电极上发生　 　反应（填“氧化”或“还原”）。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A、由分析可知，平衡向正反应方向移动了，故A错误；
B、由分析可知，平衡正向移动，A的转化率增大，故B错误；
C、反应正向移动，B的物质的量分数增大，故C正确；
D、由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，则a故答案为：C。
【分析】保持温度不变，将容器体积增加一倍，若a=b，B的浓度应当均为原来的一半，当达到新的平衡时，B的浓度是原平衡时的60%，说明减小压强，平衡正向移动。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.低温冷藏使食品延缓变质,是降低温度使反应速率减慢，A项排除；
B.在潮湿的情况下，铁锅、铁铲易发生电化学腐蚀，腐蚀速率较快，保持其干燥，可以极大减缓其腐蚀速率，B项排除；
C.制造蜂窝煤时加入生石灰，是为了减少二氧化硫的排放，发生反应为：2CaO+O2+2SO2 2CaSO4，与反应速率无关，C项可选；
D.把块状煤碾成粉状再燃烧，能够增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，D项排除。
故答案为：C。
【分析】A.温度低，蔬菜贮存时间长；
B.在干燥条件下铁的腐蚀速率较慢；
C.煤中加入氧化钙是减少二氧化硫的排放；
D.块煤碾碎增大接触面积，加快反应速率。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．水为纯液体，增加水的用量，反应速率不变，A不选；
B．Al与浓硫酸发生钝化，不生成氢气，反应速率减小，B不选；
C．反应没有气体参加，则增大压强，反应速率不变，C不选；
D．块状大理石改为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，D选；
故答案为：D。
【分析】可以加快反应速率的措施有：增大反应物的浓度，但是纯液体和固体不考虑浓度；改变压强，但是必须改变物质的浓度；加快反应物的接触面积；以及加催化剂等。
4．【答案】A
【解析】【解答】升高温度可提高反应物中的活化分子百分数，但增大压强、压缩使容器体积变小、增大反应物浓度只增大活化分子的浓度，不改变活化分子百分数，
故答案为：A。
【分析】活化分子是能量达到可以发生反应的分子，提高温度能量可以增加，或者使用催化剂，降低分子的活化能
5．【答案】A
【解析】【解答】从反应开始至10s时，O2的浓度减少了0.3mol/L，则用氧气的浓度变化表示反应速率v(O2)==0.03mol/(L·s)，选项A符合题意，选项B不符合题意；由于同一化学反应，用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学计量数的比，则v(SO2)：v(O2)：v(SO3)=2：1：2，因此v(SO3)=v(SO2)=2v(O2)=0.06 mol/(L·s)，选项C、D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】先根据10s内氧气浓度的变化计算氧气的反应速率，然后根据速率比等于化学计量数的比计算v(SO2)、v(SO3)，进行判断。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A．因铝的表面有一层致密的Al2O3能与盐酸反应得到盐和水，无氢气放出，故A正确；
B．在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，且后者为主要因素，故B正确；
C．反应不是可逆反应，t=c时刻，没有达到平衡状态，故C错误；
D．随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，所以反应速率逐渐减小，故D正确．
故选C．
【分析】由图可知，开始不生成氢气，为氧化铝与盐酸的反应，然后Al与盐酸反应生成氢气，开始温度较低，由于反应放热，则温度升高反应速率加快，后来，氢离子浓度减小，则反应速率减小，以此来解答．
7．【答案】C
【解析】【解答】解：A、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故A错误；
B、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故D错误；
故选C．
【分析】对于该正反应为放热的化学反应来说，降低温度，该反应的正逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，以此来解答．
8．【答案】B
【解析】【解答】A、由分析可知，①→②为放热反应，则①→②放出能量并形成了C-C键，故A正确；
B、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；
C、该过程的总反应为CH4+CO2→CH3COOH，该反应的原子利用率为100%，故C正确；
D、由图可知，CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、①的能量高于②，则①→②为放热反应；
B、催化剂不影响平衡状态；
C、总反应为甲烷和二氧化碳反应生成乙酸；
D、甲烷中只含C-H键。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．慢反应决定整个反应速率，则该反应的速率主要取决于②的快慢，故A不符合题意；
B．NOBr2为中间产物，开始不存在，不能作催化剂，故B符合题意；
C．焓变等于正逆反应活化能之差，焓变为负，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1，故C不符合题意；
D．增大Br2（g）浓度，单位体积内活化分子数目增多，加快反应速率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B、催化剂与中间产物的区别是：催化剂是前面参与反应，后面生成的。中间产物是在前面生成，后面参与反应。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：由第一个和第二个图像可知升高温度生成物的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，可排除A、C选项，
由第一个、第三个和第四个图像可知压强增大生成物的浓度减小，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，则反应物的气体的计量数之和小于生成物气体的化学计量数之和，可排除D选项，
故选B．
【分析】由前两个图像可知，温度越高生成物的浓度越高，则正反应为吸热反应，由后两个图像可知，压强越大，平均相对分子质量越大，且平衡后加压逆反应速率大于正反应速率，则加压化学平衡逆向移动，则反应物的气体的计量数之和小于生成物气体的化学计量数之和，然后依据此两点来分析反应．
11．【答案】A
【解析】【解答】解：由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，
A、加入催化剂，反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，x的转化率不变，故A正确；
B、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，但X的转化率减小，故B错误；
C、该反应正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应移动，x的转化率减小，故C错误；
D、增大体积，压强减小，该反应前后气体的物质的量不变，压强降低平衡不移动，但反应速率降低，故D错误；
故选A．
【分析】由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断．
12．【答案】D
【解析】【解答】A．加入NaCl固体，溶液中c(Cl－)增大，平衡向逆反应方向进行，HClO浓度降低，故A不符合题意；
B．HClO具有强氧化性，能将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，HClO浓度降低，故B不符合题意；
C．氢氧化钠能与HCl、HClO反应，HClO浓度降低，故C不符合题意；
D．次氯酸酸性比碳酸的酸性弱，只有HCl与CaCO3反应，促使平衡向正反应进行，HClO的浓度增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要使HClO浓度增大，应使平衡正向移动。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A．升高温度，反应速率加快，故A不选；
B．用Zn粉代替Zn粒，接触面积增大，反应速率加快，故B不选；
C．滴加少量的CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快，故C不选；
D．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应，浓度减小，反应速率减小，故D选；
故选D．
【分析】升高温度、增大接触面积、增大氢离子浓度、构成原电池等均可加快生成氢气的速率，减小浓度反应速率减慢，以此来解答．
14．【答案】C
【解析】【解答】A.其他条件不变时，温度升高，反应速率加快，选项正确，A不符合题意；
B.其他条件不变时，浓度增大，反应速率加快，选项正确，B不符合题意；
C.当可逆反应达到反应限度，即达到平衡状态时，体系中反应物和生成物的浓度保持不变，但不一定相等，选项错误，C符合题意；
D.当可逆反应达到反应限度，即达到平衡状态时，用同一种物质表示的正逆反应速率相等，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应速率的影响因素和平衡状态的考查，结合反应速率的影响因素和平衡特点进行分析。
15．【答案】A
【解析】【解答】由表中数据1、3可知， 的初始速率与c(Br2)成正比，再结合1、2可知，的初始速率成正比，0.02的溴水和0.02的HCOOH溶液等体积混合，c(Br2)=0.01mol/L，=0.01mol/L，结合1中实验数据可知此时初始=2.0×10-6×=，
故答案为：A。
【分析】 的溴水和的溶液等体积混合后c(Br2)=0.01mol/L，=0.01mol/L。
16．【答案】B
【解析】【解答】碳酸钙的分解反应为吸热反应，则该反应的，该反应正反应是气体体积增大的反应，，要想反应能自发进行，应满足，T越大，越有利于，因此高温时该反应能自发，当T较小时，压强越低越有利于实现，因此最不利于其自发进行的条件是低温高压，故B符合题意；
故答案为：B。
【分析】反应能够自发进行的条件是△G=△H－T△S＜0，该反应为吸热反应，且正反应的气体体积增大，据此分析。
17．【答案】C
【解析】【解答】，故AD不符合题意；则根据反应速率之比等于化学计量数之比得：，故B不符合题意；，故C符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据和反应速率之比等于化学计量数之比分析计算即可。
18．【答案】C
【解析】【解答】A. 变化量之比等于计量数之比，因此X的变化量为0.6mol，因此v===0.005mol/(L s)，A项不符合题意；
B. 升高温度，反应速率加快，正逆反应速率均加快，B项不符合题意；
C. 其他条件不变，若初始改为投入2molX和2molY，相当于减小压强，平衡逆向移动，Y的转化率减小，C项符合题意；
D. 容器体积加倍，浓度减小为原来的，压强减小，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于原来的一半，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比和v=计算；
B.升温正逆反应速率均加快；
D.容器体积加倍，浓度减小为原来的，压强减小，平衡逆向移动。
19．【答案】D
【解析】【解答】A.根据控制变量法，控制总体积相等，即可得到 实验③中x=8 ，故A不符合题意；
B. 实验①②③控制硫酸的体积相同，硫代硫酸钠的浓度依次增大或③④⑤控制硫代硫酸钠浓度相等，依次减小硫酸的浓度，可以说明浓度增大，速率增大，故B不符合题意；
C.实验①②③控制硫酸的体积相同，硫代硫酸钠的浓度依次增大或③④⑤控制硫代硫酸钠浓度相等，依次减小硫酸的浓度，发现降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大 ，故C不符合题意；
D.温度越高，速率越快，不能是a，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据题意可知，实验①②③控制硫酸的体积相同，硫代硫酸钠的浓度依次增大或③④⑤控制硫代硫酸钠浓度相等，依次减小硫酸的浓度，通过比较硫代硫酸钠浓度与硫酸浓度对反应影响，温度升高，速率加快，结合选项判断。
20．【答案】A
【解析】【解答】A. 温度高，反应速率加快，先到达平衡；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，C的体积分数降低，A项符合题意；
B. 压强增大，正逆反应速率都增大，B项不符合题意；
C. 使用催化剂，加快反应，到达平衡的时间短，但不影响平衡的移动，平衡时C的浓度不变，C项不符合题意；
D. 增大压强反应向体积减小方向移动，即向正反应方向移动，A的转化率增大；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，A的转化率降低，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.升高温度反应速率增大，到达平衡需要的时间变短，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数降低；
B.随压强的增大，正逆反应速率都增大；
C.催化剂不能是平衡发生移动，只能改变反应速率；
D.相同压强下温度越高A的转化率越低。
21．【答案】（1）3X+Y 2Z
（2）0.05 mol/（L min）；0.04 mol/（L min）
【解析】【解答】解：（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1﹣0.4）mol：（1﹣08）mol：（0.5﹣0.1）mol=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y 2Z，
故答案为：3X+Y 2Z；（2）反应开始至2min时v（Z）= = = =0.05mol/（L min），
反应开始至5min时v（Z）= = = =0.04 mol/（L min），
故答案为：0.05 mol/（L min）；0.04 mol/（L min）．
【分析】（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）依据化学反应速率计算公式v= = 计算．
22．【答案】（1）(2a+3b)
（2）<
（3）负；阳；5.85
（4）提高；
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，已知反应；①×2+②×3，可得目标方程 ，
（2） 和混合溶液，根据电荷守恒：=，因为，所以<；
（3）Pt（A）电极上，，发生还原反应，M为电源的负极，Pt（B）电极上，发生反应：，钠离子通过离子交换膜向Pt（A）电极移动，所以离子交换膜为阳离子交换膜；当外电路转移0.1mol电子时，有0.1mol氯离子发生反应，有0.1mol钠离子转移至Pt（A）电极区，故，Pt（B）电极区电解质溶液质量减少0.1mol氯化钠，质量为5.85g。
（4）增加压强，第一步反应平衡正向移动，NO的脱除率提高；，反应速率之比等于化学计量数之比，所以
【分析】（1）根据盖斯定律，观察已知方程和目标方程，消除无关物质即可得到。
（2）弄清楚溶液中的化学平衡，判断粒子存在形式，根据电荷守恒和物料守恒判断即可。
（3）(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式
23．【答案】（1）1；0.075
（2）10%
（3）B
【解析】【解答】解：（1）在体积为2L的密闭容器中充入6molX和2molY，X、Y的起始浓度分别为3mol/L、1mol/L，平衡时X、Y、Z浓度变化之比为△c（x）：（1.00mol/L﹣0.25mol/l）：0.75mol/L=2：1：1，故a=1，△c（x）=1.5mol/L，用Y的浓度变化表示从反应开始到平衡时的平均反应速率为 = =0.075mol/L，
故答案为：1；0.075mol/（L min）；
（2.）平衡时n（X）=（3mol/L﹣1.5mol/L）×2L=3mol，n（Y）=0.25mol/L×2L=0.5mol，n（Z）=0.75mol/L×2L=1.5mol，则Y在混合物中的物质的量分数= = ×100%=10%，
故答案为：10%；
（3.）反应2X（g）+Y（g） Z（g），提高Y的转化率，即使平衡正向移动，
A．催化剂不影响平衡平衡，故A错误；
B．分离出Z，平衡正向移动，Y转化率增大，故B正确；
C．增大容器体积，压强减小平衡逆向移动，Y转化率减小，故C错误；
故答案为：B．
【分析】（1）各物质的化学计量数之比等于浓度变化量之比；根据反应速率v= 计算；（2）根据Y在混合物中的物质的量分数= 计算；（3）可以提高Y的转化率，平衡正向进行．
24．【答案】（1）2A(g)+B(g) 3D(g)+E(s)
（2）0.1
（3）加快；加快
（4）乙
【解析】【解答】(1)根据图象曲线变化可以知道A、B为反应物，C、D为生成物，A的物质的量变化为1.0mol-0.6mol=0.4mol，B的物质的量变化为1.0mol-0.8mol=0.2mol，D的物质的量变化为0.6mol，E的物质的量变化为0.2mol，根据物质的量变化与化学计量数成正比可以知道A、BD、E的计量数之比为0.4mol：0.2mol：0.6mol：0.2mol=2：1：3：1，所以该反应的化学方程式为：2A(g)+B(g) 3D(g)+E(s)，因此，本题正确答案是：2A(g)+B(g) 3D(g)+E(s)；（2）反应开始至3min时，D的物质的量变化为0.6mol，则用D表示的平均反应速率为v(D)= mol/(L min)=0.1 mol/(L min)，故答案为：0.1；(3)若升高温度，则增加活化分子数，正逆反应速率均增大，故答案为：加快；加快；(4)甲中v(A)＝0.3 mol·L-1·min-1；乙中v(B)＝0.2 mol·L-1·min-1，换算成v(A)＝0.4mol·L-1·min-1，则乙容器中反应更快，故答案为：乙。
【分析】（1）根据达到平衡时各物质的物质的量变化关系，得出化学方程式中各物质的计量数之比，据此写出化学方程式；
（2）利用图象得出3min时D的物质的量变化，再根据v=计算出答案；
（3）升温正逆反应速率均增大；
（4）将乙容器中的速率转化为用A来表示，从而比较两容器中的速率大小。
25．【答案】（1）浓度；反应物浓度越大；1、2；温度
（2）正极；Fe-2e-=Fe2+；氧化
【解析】【解答】①对比实验1和3，其余条件均相同、只有硫酸浓度不同，3中硫酸浓度大、金属消失时间短、反应速率大，则实验1和3表明影响化学反应速率的因素是浓度；反应规律为：反应物浓度越大，反应速率越快。
②对比实验1和2，其余条件均相同、只有金属状态不同，2中金属为粉末、金属消失时间短、反应速率大，则仅表明固体反应物的表面积对化学反应速率产生影响的实验有1、2。
③对比实验1和4可以发现，本实验中影响化学反应速率的其他因素还有温度。
（2）如图原电池装置中，铜作正极，铜离子在正极上得到电子生成铜，铁作负极，铁失去电子转化为亚铁离子，铁的电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，在铁电极上发生氧化反应。
【分析】（1）①根据①和③的变量不同即可找出影响因素和规律
②根据找出控制表面积的实验即可
③常见的控制速率的因素有接触面积、浓度和温度找出即可
（2）根据题意即可知道铜做负极发生铜离子得到电子变为铜单质，铁失去电子变为铁离子发生氧化反应