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化学反应速率和限度的习题和解析1NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020molL-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0ml、KIO3（过量）酸性溶液40.0ml混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如右图。据图分析，下列判断不正确的是A40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 10-5molL-1s-1D温度高于40时，淀粉不宜用作该试验的指示剂【答案】B【解析】A、从图像中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，说明没有生成I2，正确；B、b、c点对应的反应原理不一样，故速率不相等，错误；C、速率为 =5.0 10-5molL-1s-1，正确；D、55时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，正确。22SO2+O22SO3是制造硫酸的重要反应。下列关于该反应的说法正确的是A使用催化剂不影响反应速率 B降低体系温度能加快反应速率C增加O2的浓度能加快反应速率 D一定条件下达到反应限度时SO2全部转化为SO3【答案】C【解析】试题分析：该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，一般来说，增大浓度、升高温度或加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题。A、使用催化剂，反应速率增大，故A不正确；B、降低温度，活化分子百分数减小，反应速率减小，故B错误；C、增加O2的浓度，单位体积活化分子数目增多，则反应速率增大，故C正确；D、可逆反应反应物不可能完全转化，故D错误，故选C。3如图是可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 在反应过程中的反应速率（v）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是（ ）At1时，只有正方向反应 Bt2时，反应到达限度Ct2-t3，反应不再发生 Dt2-t3，各物质的浓度相等且不再发生变化【答案】B【解析】试题分析：A.可逆反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)发生后，在任何时刻反应不仅向正反应方向进行，也向逆反应方向进行，在t1时，正方向方向的速率大于逆反应方向的速率。错误。B任何可逆反应都是在一定的条件下进行的。在t2时，反应到达该反应条件下的限度。错误。C在t2-t3时，反应处于该条件下平衡状态，产生反应仍然在进行，正反应速率与逆反应速率相等。错误。D.在 t2-t3内，反应处于该条件下的平衡状态，反应混合物中由于在单位时间内消耗的浓度与产生的浓度相等，因此各物质的浓度相等且不再发生变化。正确。4对于100mL1mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施：升高温度；改用100mL3mol/L盐酸；多用300mL1mol/L盐酸；用等量铁粉代替铁片；改用98%的硫酸。其中能使反应速率加快的是（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：在其它条件不变时升高温度，化学反应速率加快，正确；增大反应物的浓度，化学反应速率加快，正确；在反应物浓度相同时，改变量的多少，对化学反应速率无影响，错误；若将用等量铁粉代替铁片，即增大了反应物的接触面积，化学反应速率加快，正确；在98%的硫酸中硫酸主要以分子的形式存在。在室温下Fe在浓硫酸中会发生钝化，错误。以此其中能使反应速率加快的是。选项为B。5硫酸是一种重要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生产。有关接触氧化反应2SO2 + O22SO3的说法中正确的是A只要选择适宜的条件，SO2和O2就能全部转化为SO3B该反应达到平衡后，反应就完全停止了，即正逆反应速率为零C若用18O原子组成的O2参加反应，平衡时SO2中也会含有18OD在工业合成SO3时，要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题【答案】CD【解析】试题分析：A、可逆反应正逆反应速率相等时，反应达到最大限度，即化学平衡状态，所以反应物不能全部转化为生成物，故A错误；B、可逆反应达到平衡后，正逆反应速率相等且不等于0，可逆反应达到一个动态平衡状态不是反应停止，故B错误；C、由于反应为可逆反应，在达到平衡的体系中，充入由18O原子组成的O2后，SO2、SO3中也会含有18O，故C正确；D、在工业合成SO3时，既要考虑反应时间又要考虑转化率，即要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题，故D正确，故选CD。6CaCO3与稀盐酸反应（放热反应）生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论不正确的是A反应开始2分钟内平均反应速率最大B反应4分钟后平均反应速率最小C反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大D反应4分钟后反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小【答案】A【解析】试题分析：A、由图可知，24分钟时间内，生成的二氧化碳的体积最多，故24min反应速率最快，故A错误；B、4min后氢离子浓度起主要作用，氢离子浓度降低，4分钟后的平均反应速率最小，故B正确；C、随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，24min反应速率最快，04分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故C正确；D、由图可知，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故D正确；故选A。7可逆反应A(g)3B(g)2C(g)2D(g) 在4种不同情况下反应速率分别如下，其中反应速率v最大的是Av(A)0.15mol/(Lmin) Bv (B)0.6 mol/(Lmin)Cv (C)0.3 mol/(Lmin) Dv (D)0.1 mol/(Lmin)【答案】B【解析】试题分析：反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快、A、v（A）/1=0.15mol/（Lmin），B、v（B）/3=0.2mol/（Lmin），C、v（C）/2=0.15mol/（Lmin），D、v（D）/2=0.05mol/（Lmin），所以反应速率v（B）v（A）v（C）v（D），故选B。考点：考查化学反应速率的表示以及大小比较8可逆反应mA(g)nB(g)pC(g)+qD(g)的v-t图象如下右图，如若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v-t图象如下右图：a1a2 a1a2 b1b2 b1b2 t1t2 t1=t2 两图中阴影部分面积相等 右图中阴影部分面积更大，以上说法中正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，正逆反应速率均加快，缩小达到化学平衡的时间，阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同。可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g）的v-t图象如图，如若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，a1、a2为两种条件下正反应速率，催化剂加快反应速率，则a1a2；使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则加催化剂时达到平衡的反应速率大，所以b1b2；使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则t1t2；阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同；综上所述说法正确，故选C。9将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 molL-1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应平均速率为0.6 molL-1s-1用物质B表示的反应的平均速率为0.15molL-1s-12s时物质A的转化率为30%2s时物质B的浓度为0.3 molL-1其中正确的是A B C D【答案】C【解析】试题分析：经2 s后测得C的浓度为0.6 molL-1，则C物质表示的反应速率是0.6mol/L2s0.3mol/（Ls），反应速率之比是相应的化学计量数之比，因此A物质表示的反应速率是0.3mol/（Ls），不正确；反应速率之比是相应的化学计量数之比，因此B物质表示的反应速率是0.3mol/（Ls）20.15mol/（Ls），正确；经2 s后测得C的浓度为0.6 molL-1，则根据方程式可知消耗A物质的浓度是0.6mol/L，A物质的起始浓度是2mol/L，所以2s时物质A的转化率为30%，正确；B的起始浓度是1mol/L，根据方程式知，c（B）=0.15mol/（Ls）2s =0.3mol/L，所以2s时物质B的浓度为：1mol/L-0.3mol/L=0.7 mol/L，故错误；故选C。考点：考查化学平衡的计算、化学反应速率的计算10使反应4NH3（g）+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol。此反应的平均速率v(X)为A. v（NH3）=0.04molL-1s-1 B. v（O2）=0.015molL-1s-1C. v（N2）=0.02molL-1s-1 D. v（H2O）=0.02molL-1s-1【答案】B【解析】试题分析：根据v=计算v（N2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的反应速率，进行判断。在体积2L的密闭容器中进行，半分钟后，氮气的物质的量增加了0.60mol，其浓度为0.60mol2L0.30mol/L，则v（N2）=0.30mol/L30s0.01molL-1s-1，A、速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=0.01molL-1s-1=0.020molL-1s-1，故A错误；B、速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=0.01molL-1s-1=0.0150molL-1s-1，故B正确；C、v（N2）=0.30mol/L30s0.01molL-1s-1，故C不正确；D、速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O）0.01molL-1s-10.03molL-1s-1，故D错误，故选B。114NH3（）5O2（）4NO（）6H2O（）在10 L密闭容器中进行，10s后，水蒸气的物质的量增加了0.60 mol，则此反应的平均速率(X)(反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为A（NH3）0.0060 mol/（L） B（NO）0.0040 mol/（L）C（O2）0.0060 mol/（L） D（H2O）0.036 mol/(Lmin)【答案】B【解析】试题分析：根据v=计算v（H2O），再利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的反应速率，进行判断。在体积10L的密闭容器中进行，10s后，水蒸气的物质的量增加了0.60mol，其浓度为0.60mol10L0.060mol/L，则v（H2O）=0.060mol/L10s0.006molL-1s-1，A、速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=0.006molL-1s-1=0.0040molL-1s-1，故A错误；B、速率之比等于化学计量数之比，所以v（NO）=0.006molL-1s-1=0.0040molL-1s-1，故B正确；C、速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=0.006molL-1s-1=0.0050molL-1s-1，故C不正确；D、v（H2O）0.36molL-1min-1，故D错误，故选B。12向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)+xB(g)2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下图和下表表示。下列说法正确的是容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/T1T2T2反应物起始量1.5molA0.5molB1.5molA0.5molB6.0molA2.0molB A10min内甲容器中反应的平均速率: v(A) = 0.05mol(Lmin)-1B由图可知T1T2，且该反应为吸热反应Cx1，若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动DT2，丙容器比乙容器反应快的原因可能是使用了催化剂【答案】AC【解析】试题分析：A、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，则v（C）=1mol/L10min0.1mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）v（C）0.1mol/（Lmin）0.05mol/（Lmin），故A正确；B、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故B错误；C、若x1，反应前后气体的物质的量不变，改变体积压强不变，不影响平衡移动，故C正确；D、乙中平衡时A的转化率为；丙中A的转化率为，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x1，所以T2，丙容器比乙容器反应快的原因可能是使用了催化剂，也可能是增大压强，D不正确，答案选AC。13将等物质的量的N2、H2气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生如下反应并达到平衡：N2(g)+3H2 (g)2NH3 (g)；Hx1.因此x=1. V(C):V(D)=1:1，故V(C)= 0.05mol/( Lmin)。c(C)= 0.05mol/( Lmin)5min=0.25mol/L。正确。C. 由于B物质的状态为固态，所以其浓度不会发生变化，因此不能用物质间的速率关系来表示。错误。 D平衡时，容器内压强与开始时的压强比为容器内气体的物质的量的比。在开始时n(A)=4mol;当达到平衡时n(C)=n(D)= 0.05mol/( Lmin)2L5min=0. 5mol.则n(A)=4mol30. 5mol=2. 5mol.所以平衡时容器内气体的总物质的量为：2. 5mol0.5mol0.5mol=3. 5mol。故压强为原来的3. 5mol4mol=0.875. 故平衡时，容器内压强为原来的0.875倍。正确。18一定条件下，在体积为10 L的固定容器中发生反应：N2(g)3H2(g) 2NH3(g)H0，反应过程如图：下列说法正确的是At1min时正、逆反应速率相等BX曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系C08 min，H2的平均反应速率v(H2)molL1min1 D1012 min，N2的平均反应速率v(N2)0.25 molL1min1【答案】B【解析】由图知，t1min时，只是X和Y的物质的量相等，没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等；根据图像，Y表示H2的物质的量随时间的变化关系，X表示NH3的物质的量随时间的变化关系，08 min，H2的平均反应速率v(H2)molL1min1，1012 min，N2的平均反应速率v(N2)0.0025 molL1min1。19某学生为了探究Zn与盐酸反应过程中的速率变化，在100mL稀盐酸中加入足量的Zn粉，用排水集气法收集反应放出的H2，实验记录如下（累计值）： 时间（min）12345氢气体积（mL）(标况下)50120232290310（1）哪一时间段（指01、12、23、34、45 min）反应速率最大 ，你认为原因是 。 （2）45 min时间段的反应速率最小，你认为原因是 。（3）求23 min时间段内以盐酸的浓度变化来表示的反应速率（假设溶液体积保持不变）V（HCl）= 。（4）如果反应太剧烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入下列物质：AH2O BNaCl溶液 CNa2CO3溶液 DCu粉 ECuSO4粉末你认为可行的是（填编号） 。【答案】(1) 23，Zn与盐酸反应放热，温度越高，反应速率越大 （2）H+浓度变小。（3）0.1molL-1min-1。 （4）A、B【解析】试题分析：（1）对于有气体产生的化学反应速率可以用相同的时间内产生氢气的多少或产生相同体积的氢气的时间的长短来表示。由时间与速率的关系表格可以看出在23min时反应速率最大。原因是在开始时尽管HCl的浓度大，但是反应的温度低，所以速率慢，由于Zn与盐酸反应放热，是反应溶液的温度升高，温度越高，反应速率越大。当反应进行一段时间后影响速率的主要因素是溶液的浓度，由于这时反应物的浓度逐渐变稀，所以速率又逐渐减小。（2）45 min时间段的反应速率最小，主要原因是这时影响化学反应速率的主要因素是HCl的浓度，这时HCl电离产生的H+浓度变小。（3）在23 min时间段内n(H2)=0.112L22.4L/mol=0.005mol,c(HCl)= =0.005mol20.1L=0.1mol/(Lmin). （4）如果反应太剧烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入下列物质：AH2O对溶液起稀释作用，由于n(H+)不变，所以物质的量不变，但是由于浓度减小，所以速率减小。正确。BNaCl溶液中的水对溶液起稀释作用，由于n(H+)不变，所以物质的量不变，但是由于浓度减小，所以速率减小。正确。CNa2CO3溶液，会发生反应：Na2CO3+ 2HCl=2NaCl+H2O+ CO2，消耗了HCl，所以速率减小，产生氢气的物质的量也减小。错误。DCu粉，Zn、Cu和HCl构成原电池，化学反应速率大大加快，错误。ECuSO4粉末，首先发生反应：CuSO4+Zn=Cu+ ZnSO4，产生的Cu及未反应的Zn和HCl构成原电池，大大加快反应速率。错误。20在一定条件下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再变化时，不能表明反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达平衡的是（ ）A.混合气体的压强 B.混合气体的密度C.B的物质的量浓度 D.混合气体的平均相对分子质量【答案】A【解析】试题分析：由于该反应是个反应前后气体体积相等的可逆反应。所以无论反应是否达到平衡，混合气体的压强都不会发生变化。因此不能作为判断平衡的依据。正确。B.由于反应有固体物质参加。若反应未达到平衡，反应正向进行混合气体的质量增大，气体的密度增大；若反应逆向进行，则气体物质的质量减小，气体的密度减小。只有反应达到平衡时，气体的质量和密度才保持不变。因此可以作为反应达到平衡的标志。错误。C.若反应未达到平衡，B的物质的量就会发生变化，B的浓度也会发生改变。因此可以作为判断平衡的标志。错误。 D.由于反应前后气体的物质的量不变，若反应达到平衡，混合气体的质量就不变，气体的平均相对分子质量也不变；若反应未达到平衡，气体的质量就要发生变化 ，气体的摩尔质量或混合气体的平均相对分子质量就要发生变化。因此可以作为判断反应达到平衡的标志。错误。21一定条件下，在一恒容密闭容器中，能表示反应 X(g)2Y(g)2Z(g) 一定达到化学平衡状态的是容器中气体的密度不再发生变化X、Y、Z的浓度不再发生变化容器中的压强不再发生变化单位时间内生成2n mol Z，同时消耗2n mol YA B C D【答案】B【解析】试题分析：反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断。根据质量守恒定律知，混合气体的总质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，所以不能根据密度判断反应是否达到平衡状态，故错误；当反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，所以能判断该反应达到平衡状态，故正确；该反应的反应前后气体体积改变，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以压强不再变化，所以能判断该反应达到平衡状态，故正确；当反应达到平衡状态时，单位时间内生成2n mol Z，同时生成2n mol Y，如果单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y，该反应未达到平衡状态，故错误；故选B。22某反应A + B = C + D 在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程H、S的判断正确的是AH0 S0 BH0 S0CH0 S0 DH0 S0【答案】A【解析】试题分析：反应自发进行的判断依据是H-TS0分析。A、H0，S0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行，故A符合；B、H0，S0，高温下H-TS0，反应自发进行，低温反应非自发进行，故B不符合；C、H0，S0，一定存在H-TS0，在任何温度下，反应都能自发进行，故C不符合；D、H0，S0，一定存在H-TS0，反应任何温度都不能自发进行，故D不符合；故选A。23可以证明可逆反应N2 + 3H22NH3已达到平衡状态的是一个NN断裂的同时，有3个HH键断裂；一个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂；其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；保持其它条件不变时，体系压强不再改变；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；恒温恒容时，混合气体的密度保持不变；正反应速率v(H2) = 06 mol/(Lmin)，逆反应速率v(NH3) = 04 mol/(Lmin)A全部 B C D【答案】C【解析】试题分析：反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断。解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。无论是否达到平衡状态，只要一个NN断裂的同时，就有3个H-H键断裂，所以不能证明该反应达到平衡状态，故错误；反应达到平衡状态时，只要一个NN键断裂的同时，就有有6个N-H键断裂，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；该反应达到平衡状态时，气体总物质的量不变，气体混合物的质量不变，所以其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，能说明该反应达到平衡状态，故正确；该反应是一个气体体积改变的反应，当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，则其压强也不变，所以保持其他条件不变时，体系压强不再改变，能说明该反应达到平衡状态，故正确；反应达到平衡状态时，各物质的百分含量不变，所以NH3%、N2%、H2%都不再改变能证明说明该反应达到平衡状态，故正确；恒温恒容时，密度始终保持不变，所以不能证明该反应达到平衡状态，故错误；v正（H2）表示消耗H2的速率，v逆（NH3）表示消耗NH3的速率，且v正（H2）：v逆（NH3）=3：2，充分说明向两个相反方向进行的程度相当，说明到达平衡状态，故正确；故选C。24已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的H为正值，S为负值。设H和S不随温度而变，下列说法正确的是A、低温下能自发进行B、高温下能自发进行C、低温下不能自发进行，高温下能自发进行D、任何温度下都不能自发进行【答案】D【解析】试题分析：反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的H为正值，S为负值，则G=H-TS0，反应不能自发进行，答案选D。25可逆反应2NO22NO+O2在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）单位时间内生成n mol O2 的同时生成2n molNO单位时间内生成n mol O2 的同时生成2n molNO2用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态A B C D【答案】B【解析】试题分析：NO、O2都是生成物，所以反应的任何阶段都有单位时间内生成n mol O2 的同时生成2n molNO，不能作为达到平衡状态的标志，错误；NO2、O2分别是反应物、生成物，单位时间内生成n mol O2 的同时生成2n molNO2，说明正逆反应速率相等，正确；可逆反应中各物质的物质的量浓度变化即反应速率始终等于化学计量数的比值，不能作为达到平衡状态的标志，错误；在体积不变的密闭容器中，随着反应的进行，气体的颜色一直变化，达平衡时不再变化，正确；容器体积不变，气体质量不变，所以气体的密度始终不变，不能作为达到平衡状态的标志，错误，答案选B。26某实验小组对H2O2的分解做了如下探究。下表是该实验小组研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据，将质量相同但状态不同的MnO2分别加入盛有15 ml 5%的H2O2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，结果如下：MnO2触摸试管情况观察结果反应完成所需的时间粉末状很烫剧烈反应，带火星的木条复燃3.5min块状微热反应较慢，火星红亮但木条未复燃30min（1）写出大试管中发生反应的化学方程式： ，该反应是 反应（填放热或吸热）。（2）实验结果表明，催化剂的催化效果与 有关。某可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行， 在从03分钟各物质的量的变化情况如图所示（A,B,C均为气体）。543210123/分钟CAB物质的量/mol（3）该反应的的化学方程式为 ；（4）反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为 。（5）能说明该反应已达到平衡状态的是 。av(A)= 2v(B) b容器内压强保持不变cv逆(A)= v正(C) d容器内混合气体的密度保持不变（6）由图求得A的平衡时的转化率为 。【答案】（1）2H2O22H2O +O2；放热；（2）催化剂接触面积（3）2A+B2C；（4）0.1mol/(Lmin)；（5）b,c；（6）40%【解析】试题分析：（1）H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为2H2O22H2O +O2，根据试管很烫可知该反应是放热反应。（2）根据表中给出的数据可知，在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明接触面积对反应速率有影响。（3）由由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，作为C为生成物，当反应到达2min时，n（A）=2mol，n（B）=1mol，n（C）=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则n（A）：n（B）：n（C）=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A+B2C。（4）物质B浓度的变化量为1mol5L0.2mol/L，所以B物质表示的反应速率为0.2mol/L2min0.1mol/(Lmin)。（5）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，则av(A)= 2v(B)符合反应速率之比是相应的化学计量数之比，但不能确定反应方向，因此不能说明达到平衡状态，a不正确；b正方应是体积减小的，因此压强也是减小，则容器内压强保持不变时可以说明达到平衡状态，b正确；cv逆(A)= v正(C) 符合反应速率之比是相应的化学计量数之比，且反应方向相反，可以说明达到平衡状态，c正确；d密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，所以容器内混合气体的密度保持不变不能说明达到平衡状态，d不正确，答案选bc。（6）A物质的起始量是5mol，平衡时消耗A是2mol，所以A物质的转化率为100%40%。27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下图所示。（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时Z的平均反应速率为 ；（3）下列关于化学反应速率与化学反应限度的叙述不正确的是 ( )A反应限度是一种平衡状态，此时反应已经停止B达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等C达到平衡状态时，反应物和生成物浓度都不再改变D化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品 E化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品（4）5min后曲线的含义 ；【答案】（1）3X+Y2Z （2分）(可逆号写成“”扣1分)（2）005mol（Lmin）-1 （2分）(单位漏写或写错扣1分）（3）A （2分）（4）在此条件下该反应已达到反应限度（或化学平衡）（2分）【解析】试题分析：（1）由图可知，X、Y是反应物，物质的量分别减少06mol、02mol，Z是生成物，物质的量增加04mol，所以化学计量数的比值是X:Y:Z=3：1：2，所得化学方程式为3X+Y2Z；（2）2min时Z的物质的量增加02mol，浓度增加01mol/L,所以Z的平均反应速率是01mol/L/2min=005mol（Lmin）-1(3）A反应限度是一种动态平衡状态，此时反应仍在进行，错误；B、达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等，符合化学平衡的定义，正确；C、达到平衡状态时，反应物和生成物浓度都不再改变，正确；D、化学反应速率研究的是反应进行的快慢程度，怎样在一定时间内快出产品，正确；E、化学平衡理论研究的是反应进行的彻底程度，怎样使用有限原料多出产品，正确，答案选A。（4）5min时各物质的浓度不再变化，说明已达平衡状态，所以5min后曲线的含义是在此条件下该反应已达到反应限度（或化学平衡）。28某校化学研究性学习小组学习了化学反应与能量的内容后，对CaCO3与稀盐酸的反应进行了相关探究。他们在室温条件下，将CaCO3块状固体放入1L、1molL-1稀盐酸中，记录下了随反应时间的变化生成CO2气体的物质的量情况，绘制成如图曲线。假设溶液的体积变化忽略不计，请分析以下问题：（1）若想加快该反应的速率，可以采取的措施是 、 （答两种）。（2）02min内，用HCl浓度变化表示的平均反应速率为 ，比较02min、24min、46min三个时间段，反应速率最大的是 。（3）根据定量的数据，定性的描述06min内该反应的化学反应速率的变化情况 ；呈现这种变化的原因是 。（4）根据图像中曲线的变化趋势，第8min时，该反应的反应速率为 。【答案】（1）升高温度、将块状固体碾成粉末、适当增加盐酸浓度等（2）0.1mol/(Lmin) 24 min（3）反应在02 min内较慢，24 min内加快，46 min内又变慢 ；02 min内温度较低，反应慢，随着反应进行，放出的热量使反应体系温度升高，24 min内加快，之后，盐酸浓度下降，46 min内又变慢（4）0 mol/(Lmin)【解析】试题分析：（1）若想加快该反应的速率，可以采取的措施是升高温度、将块状固体碾成粉末、适当增加盐酸浓度等。（2）反应的方程式为CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2由方程式物质间的关系可知，每产生1mol CO2,会消耗2mol的HCl。 图像可以看出：在02min内，用HCl浓度变化表示的平均反应速率为(0.2mol1L)2min=0.1mol/(Lmin)。在24 min内V(HCl)=(0.4mol1L)2min=0.2mol/(Lmin)。在24 min内V(HCl)=(0.2mol1L)2min=0.1mol/(Lmin)。所以在24 min内反应速率最大。（3）反应CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2是放热反应，在反应开始时，在02min内温度较低，反应慢，随着反应进行，放出的热量使反应体系温度升高，24 min内加快，之后，由于反应物盐酸浓度下降，因此在46 min内又变慢。故反应在02 min内较慢，24 min内加快，46 min内又变慢。（4）根据图像中曲线的变化趋势，结合前边的计算可以看出，第8min时，c(HCl)=0.所以该反应的反应速率为0 mol /(Lmin)。29(2014北京理综，12)一定温度下，10 mL 0.40 molL1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)()A06 min的平均反应速率：v(H2O2)3.3102 molL1min1B610 min的平均反应速率：v(H2O2)3.3102 molL1min1C反应到6 min时，c(H2O2)0.30 molL1D反应到6 min时，H2O2分解了50%答案C解析2H2O22H2OO2A项，6 min时，生成O2的物质的量n(O2)1103 mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)2103 mol，所以06 min时，v(H2O2)3.3102 molL1min1，正确；B项，610 min时，生成O2的物质的量n(O2)0.335103 mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)0.335103 mol20.67103 mol,610 min时，v(H2O2)1.68102 molL1min13.3102 molL1min1，正确；C项，反应至6 min时，消耗n(H2O2)2103 mol，剩余n(H2O2)0.40 molL10.01 L2103 mol2103 mol，c(H2O2)0.20 molL1，错误；D项，反应至6 min时，消耗n(H