阶段重点突破练(三)
题组一 化学反应中的能量变化
1．下列反应或过程中能量的变化符合图像的是( )
A．H＋H―→H—H
B．2NH4Cl＋Ba(OH)2·8H2O===BaCl2＋2NH3↑＋10H2O
C．Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑
D．H2SO4＋2KOH===K2SO4＋2H2O
答案 B
解析 根据图像，生成物的总能量大于反应物的总能量，说明反应是吸热反应或过程。A项，形成化学键的过程中会放出能量，错误；B项，属于铵盐和碱的反应，是吸热反应，正确；C项，属于金属与酸的反应，是放热反应，错误；D项，属于酸碱中和反应，是放热反应，错误。
2．(2019·钦州中学高一下期中)下列变化过程，能放出热量的过程有( )
①液态水变成水蒸气 ②酸碱中和反应 ③浓硫酸稀释 ④固体氢氧化钠溶于水 ⑤H2在Cl2中燃烧 ⑥灼热的炭与CO2的反应 ⑦NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
答案 C
解析 ①液态水变成水蒸气需要吸热；②酸碱中和反应放热；③浓硫酸稀释过程放热；④固体氢氧化钠溶于水放热；⑤H2在Cl2中燃烧放热；⑥灼热的炭与CO2的反应吸热；⑦NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌吸热。
3．生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其储存能量的能力是CO2的12 000～20 000 倍，在大气中的寿命可长达740年之久，已知键能是指断开1 mol化学键变为气态原子时所吸收的能量，以下是几种化学键的键能：
化学键
N≡N
F—F
N—F
键能/kJ·mol－1
941.7
154.8
283.0
下列说法中正确的是( )
A．过程N2(g)―→2N(g)放出能量
B．过程N(g)＋3F(g)―→NF3(g)放出能量
C．反应N2(g)＋3F2(g)===2NF3(g)是吸热反应
D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与形成，仍可能发生化学反应
答案 B
解析 A项，由N2(g)―→2N(g)破坏化学键需吸收能量；B项，N(g)＋3F(g)―→NF3(g)是形成化学键，放出能量；C项，能量变化值＝反应物的总键能－生成物的总键能＝－291.9 kJ·mol－1，故为放热反应；D项，化学反应的实质是化学键的断裂和形成。
4．下列说法正确的是( )
A．凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
B．C(石墨，s)===C(金刚石，s)，反应中既没有电子的得失也没有能量的变化
C．干冰升华时，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂
D．伴有能量变化的物质变化，都是化学变化
答案 C
解析 经加热而发生的化学反应不一定是吸热反应，反应是否吸热与反应条件无关，A项不正确；C(石墨，s)===C(金刚石，s)，反应中没有电子的得失，但是有能量的变化，既不放热也不吸热的化学反应是不存在的，B项不正确；干冰升华时，只发生了物理变化，改变的是分子间的距离，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂，C项正确；伴有能量变化的物质变化，不一定都是化学变化，如水蒸气变为液态水要放出热量，D项不正确。
题组二 原电池的基础知识及应用
5．如图是以稀硫酸为电解质溶液的原电池装置，下列叙述正确的是( )
A．锌片上有气泡产生
B．锌片为负极，铜片发生氧化反应
C．电解质溶液中的H＋向铜极移动
D．电子流动方向：锌极→导线→铜极→电解质溶液→锌极
答案 C
解析 锌比铜活泼、形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，铜为正极，发生还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，由此可以知道，电子由负极经外电路流向正极，电子不能进入电解质溶液中；原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；综上所述，只有C项正确。
6．将纯锌片和纯铜片按下图所示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是( )
A．两个装置都构成了原电池
B．甲装置构成了原电池，乙装置没有构成原电池
C．两烧杯中的锌片上都有大量气泡产生
D．产生气泡的速率甲比乙慢
答案 B
解析 甲中构成了铜锌原电池，锌作负极，失电子；铜作正极，氢离子在铜极上得电子，生成氢气；总反应式为Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。乙装置没有构成原电池，因为没有形成闭合电路。构成原电池后生成氢气的速率加快。
7．把金属A放入盐B(NO3)2的溶液中，发生反应A＋B2＋===A2＋＋B，以下叙述正确的是( )
A．常温下金属A一定能与水反应，B一定不能与水反应
B．A与B用导线连接后放入酒精中，一定形成原电池
C．A与B用导线连接后放入B(NO3)2的溶液中，一定有电流产生
D．由A、B和B(NO3)2溶液构成的原电池，A一定是正极，B一定是负极
答案 C
解析 A＋B2＋===A2＋＋B说明A比B活泼，但A、B有可能都在金属活动性顺序H之后，因此，A、B都有可能不与水反应，故A项错；酒精是非电解质，不能形成原电池，故B项错；由A、B和B(NO3)2溶液构成的原电池，A一定是负极，B一定是正极，故D项错。
8．固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆—氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。该电池的工作原理如下图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是( )
A．由O2放电的a极为电池的负极
B．O2－移向电池的正极
C．b极对应的电极反应为2H2－4e－＋2O2－===2H2O
D．a极O2发生的是氧化反应
答案 C
解析 在燃料电池中，有O2放电的a极为原电池的正极，A错误；在燃料电池中，O2－移向电池的负极，B错误；在燃料电池中，有H2放电的b极为电池的负极，电极反应为2H2－4e－＋2O2－===2H2O，C正确；a极是正极，氧气在正极得电子，发生还原反应。
9．锂海水电池常用在海上浮标等助航设备中，其示意图如图所示。电池反应式为2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑。电池工作时，下列说法错误的是( )
A．金属锂作负极
B．镍电极上发生氧化反应
C．可将化学能转化为电能
D．电子从锂电极经导线流向镍电极
答案 B
解析 根据原电池的工作原理，较活泼金属一般作负极，失去电子被氧化。该电池中锂比镍活泼，所以金属锂作负极，故A项正确；金属镍作正极，得到电子被还原，故B项错误；该装置是把锂与水反应的化学能转化为电能，故C正确；电子从负极锂经导线流向正极镍，故D项正确。
题组三 守恒法在原电池中的应用
10．对于锌、铜、稀硫酸组成的原电池装置中，当导线中有1 mol 电子通过时，理论上两极变化是( )
①锌片溶解了32.5 g ②锌片增重32.5 g ③铜片上析出1 g H2 ④铜片上析出1 mol H2
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
答案 A
解析 锌、铜、稀硫酸组成的原电池的电极反应式为
负极：Zn－2e－===Zn2＋，正极：2H＋＋2e－===H2↑。
则计算关系式为
Zn ～ 2e－ ～ H2
1 mol 2 mol 1 mol
0.5 mol ?1 mol 0.5 mol
m(Zn)＝0.5 mol×65 g·mol－1＝32.5 g，m(H2)＝0.5 mol×2 g·mol－1＝1 g。
11．用图1表示铜锌原电池中一些物理量的关系。x轴表示流入正极电子的物质的量，则y轴表示( )
A．c(H＋) B．c(SO)
C．铜棒的质量 D．锌棒的质量
答案 C
解析 锌棒作原电池负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，铜棒作原电池正极，溶液中铜离子在此极得电子，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，所以电解质溶液中c(H＋)不变，A项错误；SO不参与反应，所以c(SO)不变，B项错误；铜棒上有铜析出，铜棒的质量增加，C项正确；锌不断溶解，所以锌棒的质量减小，D项错误。
12．iPhone手机使用的锂电池以质量轻、能量高而备受关注，目前已成功研制出多种锂电池。某种锂电池的总反应是Li＋MnO2===LiMnO2。下列说法中正确的是( )
A．MnO2是负极，电极反应式为MnO2＋e－===MnO
B．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
C．电池内部产生的MnO向锂电极移动
D．钠比锂更活泼，相同质量的钠作电极比锂提供的电能更多
答案 C
解析 原电池中，失电子的电极为负极，电池工作时电子由负极Li通过外电路移向正极MnO2，故A、B两项错误；在原电池内部，负极产生的阳离子移向正极区，而阴离子移向负极区，C项正确；由于M(Na)＞M(Li)，在相同质量时n(Li)＞n(Na)，故Li作电极提供的电能更多。
13．(1)某实验小组同学进行如图所示实验，以检验化学反应中的能量变化。
实验发现，反应后①中的温度升高，②中的温度降低。由此判断铝条与盐酸的反应是______热反应，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是______热反应。反应________(填“①”或“②”)的能量变化可用图(b)表示。
(2)一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，那么Q1______(填“大于”“小于”或“等于”)Q2。
(3)已知：4HCl＋O2===2Cl2＋2H2O，该反应中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量，则断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为______ kJ。
答案 (1)放 吸 ① (2)小于 (3)31.9
解析 (1)Al与盐酸反应后，温度升高，则说明反应放热，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应后温度降低，说明反应为吸热反应；反应①为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应①的能量变化可用图(b)表示。
(2)氢气燃烧分别生成液态水和气态水，由气态水转化为液态水还要放出热量，故Q1＜Q2。
(3)用E(H—O)、E(H—Cl)分别表示H—O键、H—Cl键键能，反应中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量，则－115.6 kJ·mol－1＝反应物总键能－生成物总键能，故4×E(H—Cl)＋498 kJ·mol－1－2×243 kJ·mol－1－4×E(H—O)＝－115.6 kJ·mol－1，整理得4E(H—Cl)－4E(H—O)＝－127.6 kJ·mol－1，即E(H—O)－E(H—Cl)＝31.9 kJ·mol－1，故断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为31.9 kJ·mol－1×1 mol＝31.9 kJ。
14．某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu的金属活动性，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目。
(1)方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为_____________________________。
(2)方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性。试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式。
(3)方案Ⅲ：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案(与方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同)：__________________________________________________；用离子方程式表示其反应原理：____________________________________________。
答案 (1)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
(2)原电池装置如图所示；正极反应：2H＋＋2e－===H2↑；负极反应：Fe－2e－===Fe2＋
(3)把铁片插入CuSO4溶液中，一段时间后，观察铁片表面是否生成红色物质 Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
解析 方案Ⅰ：金属的活动性越强，与酸反应越剧烈，产生H2的速率越快，Fe能与H＋反应生成H2：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，Cu不与H＋反应，无明显现象，所以Fe的活动性大于Cu的。方案Ⅱ：利用原电池中相对活泼金属失去电子为原电池负极，相对不活泼的金属为原电池的正极来判断金属活动性的相对强弱，所以将Cu片、Fe片用导线连接起来浸入稀硫酸中，产生气泡的电极为正极，也就是活动性较弱的Cu，金属溶解的电极为负极，也就是活动性较强的Fe。方案Ⅲ：可根据活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来设计实验。
15．现用如图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1 000 mL，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。
请回答下列问题：
(1)b电极材料为________，其电极反应式为_______________________________。
(2)当量筒中收集到672 mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为________mol，此时a电极质量________(填“增加”或“减少”)________g。
(3)如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是________________________。
答案 (1)铜 2H＋＋2e－===H2↑
(2)0.06 减少 1.95
(3)左端液面下降，右端液面上升
解析 (1)纯铜片和纯锌片、稀硫酸组成原电池，由图可知b电极处有氢气生成，则b为铜，为正极；a为锌，为负极；b电极上氢离子得电子生成氢气，其电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。(2)当量筒中收集到672 mL(标准状况下)气体时，n(H2)＝＝＝0.03 mol，已知b电极上的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，则通过导线的电子的物质的量为0.06 mol，a电极上的反应为Zn－2e－===Zn2＋，则溶解的Zn的物质的量为0.03 mol，则减少的Zn的质量为65 g·mol－1×0.03 mol＝1.95 g。(3)如果将a、b两电极的电极材料对调，则右边为锌，失电子作负极，左边为铜，作正极，氢离子得电子生成氢气，所以U形管中左端液面下降，右端液面上升。
阶段重点突破练(四)
题组一 影响化学反应速率的因素
1．下列有关化学反应速率的说法中正确的是( )
A．二氧化锰能加快所有的化学反应的速率
B．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，适当增大硫酸浓度可以加快产生氢气的速率
C．100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌反应时，加入浓氯化钠溶液，生成氢气的反应速率变大
D．对于任何反应，增大压强都可加快反应速率
答案 B
解析 MnO2作催化剂，只能加快某些反应的速率，如加速H2O2的分解，并不能使所有的化学反应速率加快，故A错误；适当增大硫酸的浓度，可增大产生氢气的速率，故B正确；锌与盐酸反应：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，加入浓氯化钠溶液，增大c(Cl－)，对反应无影响，但降低了c(H＋)，使反应速率减小，故C错误；增大压强，只对有气体参与的反应有影响，对固体或液体无影响，如盐酸和NaOH反应，增大压强，对反应速率无影响，故D错误。
2．在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)。下列说法正确的是( )
A．保持容器容积不变，向其中加入1 mol H2，化学反应速率不变
B．保持容器容积不变，向其中加入1 mol Ar，化学反应速率增大
C．保持容器内压强不变，向其中加入1 mol Ar，化学反应速率不变
D．保持容器内压强不变，向其中加入1 mol H2(g)，化学反应速率将发生变化
答案 D
解析 增大氢气的浓度，反应速率加快，A项不正确；反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，B项不正确；由于保持压强不变，所以容器的容积增大，反应物的浓度减小，反应速率降低，C项不正确。
3．向四个体积相同的密闭容器(甲、乙、丙、丁)中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小排列顺序正确的是( )
甲：在500 ℃时，10 mol SO2和5 mol O2反应
乙：在500 ℃时，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和5 mol O2反应
丙：在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
丁：在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
A．甲、乙、丙、丁 B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙 D．丁、丙、乙、甲
答案 C
解析 甲与乙相比，O2、SO2浓度相等，乙中使用催化剂，其他条件相同，使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙＞甲；甲与丁相比，甲中SO2的物质的量比丁中大，即SO2的浓度比丁中大，其他条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；丙与丁相比，其他条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙；所以反应速率由大到小的排列顺序为乙、甲、丁、丙，答案选C。
题组二 化学平衡的建立与判断
4．氨基甲酸铵分解反应为NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)，在一体积恒定的密闭容器中，发生上面的反应，可以判断该反应已经达到平衡的是( )
A．密闭容器中氨气的体积分数不变
B．1 mol NH2COONH4分解同时有17 g NH3消耗
C．密闭容器中混合气体的密度不变
D．v(NH3)＝2v(CO2)
答案 C
解析 反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2∶1，氨气的体积分数不变不能说明达到平衡，A项错误；1 mol NH2COONH4分解同时有17 g NH3消耗，17 g NH3的物质的量为1 mol，消耗17 g NH3生成0.5 mol NH2COONH4，反应未达到平衡，向正反应方向进行，B项错误；随反应进行混合气体的质量增大，容器的容积不变，反应混合气体的密度增大，当密度不再变化，说明达到平衡状态，C项正确；没有指明正、逆反应速率，不能判断是否达到平衡或是反应向哪进行，D项错误。
5．在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是( )
①体系的压强不再改变
②体系的温度不再改变
③各组分的浓度不再改变
④各组分的质量分数不再改变
⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q
⑥单位时间内m mol A发生断键反应，同时p mol C也发生断键反应
A．③④⑤⑥ B．②③④⑥
C．①③④⑤ D．①③④⑥
答案 B
解析 判断化学平衡的标志是v正＝v逆，m mol A断键，则同时生成p mol C，而p mol C也发生断键反应，因此对C而言v正＝v逆，⑥正确；反应任一时刻反应速率之比都等于化学计量数之比，⑤错误；平衡状态的直接标志是各组分的浓度不再改变，则各组分的质量分数也不再改变，③、④正确；间接标志是体系的温度不再改变，②正确；因m＋n与p＋q的相对大小不确定，故①无法确定，若m＋n＝p＋q，则压强始终不变化，则①错误。
6．(2019·宜宾高一下月考)一定温度下，在某容器中进行如下可逆反应，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，能说明反应达到平衡状态的是( )
①恒容时发生反应：A(g)＋B(g)3C(g)
②恒压时发生反应：A(g)＋B(g)2C(g)
③恒容时发生反应：A(g)＋2B(g)2C(g)＋D(g)
④恒压时发生反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)
A．②③ B．①④
C．①③ D．②④
答案 B
解析 恒容时发生反应：A(g)＋B(g)3C(g)，气体的总质量始终不变，反应前后气体总物质的量发生变化，当气体的平均摩尔质量不再改变时，能说明反应达到平衡状态，①正确；恒压时发生反应：A(g)＋B(g)C(g)，混合气体的总质量和总物质的量均不变，平均摩尔质量不再改变不能说明反应达到平衡状态，②错误；恒容时发生反应：A(g)＋2B(g)2C(g)＋D(g)，混合气体的总质量和总物质的量始终不变，平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，③错误；恒压时发生反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)，反应前后混合气体的总质量发生变化，混合气体的总物质的量一定，气体的平均摩尔质量不再改变时，能说明反应达到平衡状态，④正确，故B项正确。
题组三 化学反应速率和化学平衡的计算与图像
7．某温度下，反应2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)开始时，c(N2O5)＝
0.040 8 mol·L－1，经1 min后，c(N2O5)＝0.030 0 mol·L－1。则该反应的反应速率为( )
A．v(N2O5)＝5.4×10－3 mol·L－1·min－1
B．v(N2O5)＝1.08×10－2 mol·L－1·min－1
C．v(NO2)＝1.08×10－2 mol·L－1·min－1
D．v(O2)＝1.08×10－2 mol·L－1·min－1
答案 B
解析 Δc(N2O5)＝0.040 8 mol·L－1－0.030 0 mol·L－1＝0.010 8 mol·L－1。根据反应中各物质的化学计量数之比，可求得Δc(NO2)＝0.021 6 mol·L－1，Δc(O2)＝0.005 4 mol·L－1。根据化学反应速率的表达式可求得v(N2O5)＝＝1.08×10－2 mol·L－1·min－1，v(NO2)＝＝2.16×10－2 mol·L－1·min－1，v(O2)＝＝5.4×10－3 mol·L－1·min－1。
8．把0.6 mol X气体和0.6 mol Y气体混合于2 L的密闭容器中，使它们发生如下反应3X(g)＋Y(g)nZ(g)＋2W(g)。5 min末生成0.2 mol W。若测知以Z的浓度变化表示平均反应速率为0.01 mol·L－1·min－1，则化学方程式中n的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 5 min内W的平均化学反应速率v(W)＝＝0.02 mol·L－1·min－1，利用各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol·L－1·min－1，则v(Z)∶v(W)＝0.01 mol·L－1·min－1∶0.02 mol·L－1·min－1＝n∶2，所以n＝1，选项A正确。
9．在4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，5 s达到平衡。达到平衡时，生成了2 mol C，经测定D的浓度为0.5 mol·L－1，下列判断正确的是( )
A．x＝1
B．B的转化率为20%
C．平衡时A的浓度为1.50 mol·L－1
D．B的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1
答案 B
解析 D的浓度为0.5 mol·L－1，即生成D为2 mol，故x＝2，A项错误；反应消耗的B为1 mol，故B的转化率为×100%＝20%，B项正确；平衡时A的物质的量为3 mol，故A的浓度为0.75 mol·L－1，C项错误；消耗B的浓度是1 mol÷4 L＝0.25 mol·L－1，则B的平均反应速率为0.25 mol·L－1÷5 s＝0.05 mol·L－1·s－1，D项错误。
10．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是( )
A．反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B．10 s后，该反应停止进行
C．反应的化学方程式为2X(g)＋Y(g)2Z(g)
D．0～10 s内的平均反应速率：v(X)＝v(Y)＝0.039 5 mol·L－1·s－1
答案 D
解析 10 s内，用Z表示的反应速率为v(Z)＝＝0.079 mol·L－1·s－1，A项错误；由图可知，10 s后，该反应达到平衡状态，化学平衡状态是动态平衡，v正＝v逆≠0，B项错误；由图像可以看出，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生成物，10 s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝(1.20－0.41) mol∶(1.00－0.21) mol∶1.58 mol＝1∶1∶2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X(g)＋Y(g)??2Z(g)，C项错误；0～10 s内的平均反应速率：v(X)＝v(Y)＝＝0.039 5 mol·L－1·s－1，D项正确。
题组四 化学反应速率与限度的综合
11．下列关于反应速率与化学反应限度的说法正确的是( )
A．对于任意化学反应，其他条件不变时，增大压强都一定能加快化学反应速率
B．化学平衡状态不一定是该反应在给定条件下的最大限度
C．可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率相等且都为0
D．反应速率用于衡量化学反应进行的快慢，决定反应速率的主要因素是反应物的性质
答案 D
解析 对于任意化学反应，其他条件不变时，增大压强不一定都能加快化学反应速率，压强只适用于有气体参加的反应，A项错误；化学平衡状态是该反应在给定条件下的最大限度，B项错误；可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率相等但不为0，C项错误；反应速率用于衡量化学反应进行的快慢，决定反应速率的主要因素是反应物的性质，D项正确。
12．对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述中正确的是( )
A．达到化学平衡时，5v正(O2)＝4v逆(NO)
B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C．未达到化学平衡时，正反应速率一定不等于逆反应速率
D．达到化学平衡时，3v正(NH3)＝2v正(H2O)不成立
答案 C
解析 达到化学平衡时正、逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)＝5v逆(NO)，故A错误；单位时间内消耗x mol NH3与生成x mol NO都表示正反应速率，整个反应过程中二者都相等，不能说明反应达到平衡状态，故B项错误；达到化学平衡的标志是正、逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变。所以未达到化学平衡时，正反应速率一定不等于逆反应速率，故C正确；达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此3v正(NH3)＝2v正(H2O)成立，故D项错误。
13．(2018·上海金山中学期中)把0.4 mol X气体和0.6 mol Y 气体混合于2 L密闭容器中，使它们发生如下反应：4X(g)＋5Y(g)nZ(g)＋6W(g)。2 min末已生成0.3 mol W，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05 mol·L－1·min－1，试计算：
(1)前2 min内用W的浓度变化表示的平均反应速率为__________。
(2)2 min末时Y的浓度为___________________________________。
(3)化学反应方程式中n＝________________。
(4)2 min末，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的________倍。
答案 (1)0.075 mol·L－1·min－1
(2)0.175 mol·L－1 (3)4 (4)1.05
解析 根据题给信息：v(Z)＝0.05 mol·L－1·min－1，c(Z)＝0.05×2 mol·L－1＝0.1 mol·L－1，起始时，c(X)＝0.2 mol·L－1，c(Y)＝0.3 mol·L－1,2 min末，c(W)＝0.15 mol·L－1；
4X(g) ＋ 5Y(g)nZ(g)＋6W(g)
起始量/,mol·L－1 0.2 ?0.3 0 ?0
变化量/mol·L－1 0.1 0.125 0.1 0.15
剩余量/mol·L－1 0.1 0.175 0.1 0.15
(1)v(W)＝＝0.075 mol·L－1·min－1。(2)c(Y)＝0.3 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.175 mol·
L－1。(3)根据方程式比例关系：n∶6＝0.1∶0.15，n＝4。(4)在其他条件不变的情况下，反应前后气体的压强之比等于反应前后气体的总物质的量之比，p(后)∶p(前)＝(0.1×2＋0.175×2＋0.1×2＋0.15×2)∶(0.4＋0.6)＝1.05∶1。
14．H2O2不稳定、易分解，Fe3＋、Cu2＋等对其分解起催化作用，为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组同学分别设计了如图甲、乙两种实验装置。
(1)若利用图甲装置，可通过观察______________________________________现象，从而定性比较得出结论。
(2)有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_____________________________。
写出H2O2在二氧化锰催化作用下发生反应的化学方程式：____________________________。
(3)若利用乙实验可进行定量分析，图乙中仪器A的名称为________，实验时均以生成40 mL气体为准，其他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
________________________________________________________________________。
(4)将0.1 mol MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图丙所示，解释反应速率变化的原因：_________________________________________。
H2O2初始物质的量浓度为________(保留两位小数)。
丙
答案 (1)产生气泡的快慢 (2)可以消除阴离子不同对实验的干扰 2H2O22H2O＋O2↑ (3)分液漏斗 产生40 mL气体所需的时间 (4)随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小 0.11 mol·L－1
解析 (1)通过观察产生气泡的快慢即可比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果(保持其他条件相同，只改变催化剂)。(2)氯离子中氯为－1价，有还原性，H2O2有氧化性，故Cl－和H2O2可发生氧化还原反应，应排除Cl－的干扰，选择硫酸铁更为合理。(3)通过计算分别用Fe3＋、Cu2＋催化时生成O2的速率，来定量比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，因此还需要测量的数据是产生40 mL气体所需要的时间。(4)由于随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率减慢，最终生成氧气的体积是60 mL，即0.002 7 mol。根据2H2O2～O2，c(H2O2)＝0.005 4 mol÷0.05 L≈0.11 mol·L－1。
15．一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g) ΔH＞0。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。
(1)t1时，正、逆反应速率的大小关系为v正______v逆(填“＞”“＜”或“＝”)。
(2)4 min后，CO2的转化率为________；CO的平均反应速率v(CO)＝______________。
(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是__________(填序号，下同)。
①降低温度 ②减少铁粉的质量 ③保持压强不变，充入He使容器的体积增大 ④保持体积不变，充入He使体系压强增大
(4)下列描述能说明上述反应已达平衡的是________(填序号)。
①v(CO2)＝v(CO)
②单位时间内生成n mol CO2的同时生成n mol CO
③容器中气体压强不随时间而变化
④容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
答案 (1)＞ (2)71.4% 0.125 mol·L－1·min－1 (3)①③ (4)②④
解析 (1)因为t1时化学反应没有达到平衡，反应仍然向正反应方向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，即v正＞v逆。(2)根据图像分析4 min内CO2的变化量为0.7 mol·L－1－0.2 mol·L－1＝0.5 mol·L－1，转化率为×100%≈71.4%；CO在4 min内的变化量为0.5 mol·L－1，则4 min内的平均反应速率为v(CO)＝＝0.125 mol·L－1·min－1。(3)根据影响化学反应速率的因素知道：降低温度化学反应速率降低，故①正确；因为铁粉是固体，减少铁粉的质量不影响化学反应速率，故②错误；保持压强不变，充入He使容器的体积增大，相当于减小反应物和生成物的浓度，化学反应速率减慢，故③正确；保持体积不变，充入He使体系压强增大，但不影响反应物和生成物的浓度，所以化学反应速率不变，故④错误。(4)当v正(CO2)＝v逆(CO)时，说明化学反应达到平衡状态，而v(CO2)＝v(CO)不代表正逆反应速率的关系，不能由此确定化学反应是否达到平衡，故①错误；单位时间内生成n mol CO2的同时生成n mol CO说明化学反应的正逆反应速率相等，故②正确；由反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)知，该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以改变压强对化学平衡无影响，故③错误；因为气体的平均相对分子质量与气体的质量和气体的物质的量有关，当气体的物质的量不变，质量变化时，容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明化学反应达到平衡状态，故④正确。
