0.01×24＋
③要使H完全反应，镁带的质量至少为 g＝0.12 g。
2
⑤反应过程中要记录反应完成所需要的时间，从而比较反应速率。
⑥读数时要保持左右气体压强相等，以减小误差。检验装置气密性时微热甲，观察乙中右导管内液体变化情况；本实验中产生的气体大约是112 mL，所以选择200 mL的量筒。实验室条件下的V
L 1 000
气体摩尔体积Vm＝＝0.2 V L/mol。
0.005 mol
第2课时 温度和催化剂对反应速率的影响
1．C [解析] 溶液混合后总体积相同，从温度角度分析，C、D中温度高，速率快；从浓度角度分析，A、C中浓度大，反应速率快。综合两个角度，反应速率最快的是C。
2．C [解析] ①增加反应物的物质的量，浓度不一定增加，对于固体或纯液体，增加反应物的物质的量，浓度不变，反应速率不变。②升高温度，反应速率一定加快。③对于有气体参加的反应，缩小反应容器的体积，压强增大，反应速率加快。④加入生成物，反应速率不一定改变。⑤不是任何反应的催化剂都是MnO2，故加入MnO2反应速率不一定加快。故选C。
3．D [解析] 对于锌的选择，表面积越大反应越快；对于盐酸的选择，浓度越大反应越快；另外升高温度也可以加快反应速率，不断地振荡也可以增加反应物之间的接触面积，从而使反应速率增大。
4．C [解析] 对有气体参加的化学反应，增大压强反应速率增大的原因是体系体积减小，单位体积内活化分子数增加，A项正确；升温可使分子获得能量，导致活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，B项正确；活化分子之间发生反应的碰撞是有效碰撞，C项错误；加入适宜的催化剂可降低反应所需活化能，导致活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，D项正确。
5．D [解析] A项应标明物质的聚集状态，故错误；加入催化剂，降低活化能，但不改变反应热，故B项、C项错；D项正确。
6．(1)E (2)D (3)A (4)B (5)C
7．C [解析] 反应物浓度为0时，反应速率也为0，当浓度增大时，化学反应速率增加，A、B均正确。反应刚开始，反应速率不可能为0，随着时间延长，反应速率不会一直增大，所以C错。温度为0时，反应速率并不为0，升高温度，反应速率增大，D正确。
8．(1)Y (2)加快 加快
[解析] (1)由图可见，反应至t1时刻X的变化量为0.3 mol，Y的变化量为0.6 mol，根据反应方程式N2O4(g) 2NO2(g)和X、Y的变化量之比1∶2判断，Y表示NO2。(2)升高温度，正、逆反应速率均加快。
9．C [解析] 由图知，反应速率a>b>c>d；由外界条件对反应速率的影响知，温度高、浓度大、固体表面积大，反应速率就快。则3组温度最高且固体表面积大，3组最快，2组与4组的温度相同，但4组固体表面积大，反应速率4组大于2组，1组温度最低，反应速率最快慢。
10．C [解析] 比较同一化学反应在不同条件下的反应速率大小时，影响程度大小的一般规律为：催化剂＞温度＞浓度，温度相同时，反应物浓度越大，反应速率越大。
＋＋＋－
11．C [解析] Mg＋2H===H2↑＋Mg2，实质是镁与H间的反应，与Cl无关。在镁条的表面有一层氧化膜，当将镁条投入盐酸中时，随着氧化膜的不断溶解，镁与盐酸接触的面积不断增大，产生H2的速率会加快；溶液的温度对该反应也有影响，反应放出热量，使温度升高，则反应速率会逐渐加快。
12．B [解析] 设原来的反应速率为v，温度从20 ℃升高到50 ℃，共升高了3个10 ℃，所以50 ℃时的反应速率为23v。因为反应速率越大，反应出现浑浊的时间越短。所以50 ℃时，此反应出
v
现浑浊所需时间为2 min×＝0.25 min＝15 s。
8v
13．A [解析] 由镁和盐酸反应的化学方程式可知，两者反应时镁均过量，因此两者产生等量的氢气，排除了选项C和D。根据浓度越大，化学反应速率越快的事实可知实验X产生氢气的速率快，体现在图象上即曲线的斜率大，结合以上两点可知选项A符合题意。
14．(1)铝片表面有Al2O3，硫酸首先与表面的Al2O3反应 Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O
(2)开始温度较低，只有部分硫酸与铝片作用
(3)反应放出的热量使溶液的温度升高，从而加快反应速率 (4)随着反应的进行，硫酸的浓度下降
15．(1)CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑ (2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu－Zn微电池，加快了氢气产生的速率
(3)Ag2SO4 (4)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等(答两种即可) (5)①30 10 17.5 ②当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积
[解析] (1)在稀硫酸中加入硫酸铜后发生了两个反应：CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。(2)由于Zn与反应生成的Cu及硫酸铜溶液组成了Cu－Zn微电池，大大加快了生成氢气的反应速率。(3)只要是比锌的金属性差的金属都可以与锌组成原电池，都可以加快生成氢气的反应速率，故在所给的物质中只有Ag2SO4符合题意。(4)要加快生成氢气的反应速率，还可以采取如下措施：升高温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等。(5)因为要研究硫酸铜的量对反应速率的影响，故应保持硫酸的浓度在各组实验中相同，则硫酸溶液的体积均取30 mL，根据F中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20 mL，可以求得各组实验中加入水的体积分别为V7＝20 mL，V8＝19.5 mL，V9＝17.5 mL，V10＝15 mL。
－－
16．(1)OH (2)1.00×104 (3)b、a、c
[解析] (1)分析表中的数据知，pH增大，O3的分解速率加快，则对O3分解起催化作用的是OH1－×0.021 6 mol·L12－－－－
。(2)查表计算v(O3)＝＝1.00×104 mol·L1·min1。(3)分析表中数据知，a
108 min项中反应时间31＜ta＜158，同理tb＞231，tc<15，故可判断O3的分解速率的大小顺序是b＜a＜c。
第三节 化学平衡 第1课时 化学平衡状态
1．C [解析] 可逆反应必须是在同一条件下，同时向正、逆反应方向进行的反应，①中的反应条件不同，②中H2SO4的浓度不同，性质不同。
2．C [解析] 可逆反应中反应物与生成物同时存在。
3．D [解析] 可逆反应是一个既向正反应方向进行又向逆反应方向进行的反应，在混合气体中充入18O2后，反应生成了含有18O的SO3，SO3分解又生成了含有18O原子的SO2和O2，所以一段时间后，18O原子存在于SO2、O2和SO3中。
4．B [解析] 化学平衡建立过程中，反应物浓度减小，故正反应速率减小，生成物浓度增大，故逆反应速率增大，当二者相等时达平衡状态，但都不为零。
5．D [解析] 一定条件下，当同一种物质的正、逆反应速率相等时，表明可逆反应处于平衡状态。
6．D [解析] 断裂反应物的化学键和形成生成物的化学键都表示正反应，断裂生成物的化学键和形成反应物的化学键都表示逆反应，只要抓住反应方向相反和物质的生成和消耗量符合反应方程
式，问题便可解决。
7．C [解析] 如果v(正)与v(逆)的比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡状态；而v(正)∶v′(正)或v(逆)∶v′(逆)等于化学计量数之比，则不能判断该反应是否达到平衡状态。
8．C [解析] 该反应为体积不变的反应，总分子数不变、压强不变不证明平衡已建立，H2、I2
都是生成物且计量数相等，二者浓度相等也不能证明平衡已建立。
ab
9．(1)mol/L mol/L 0 v正 v逆 (2)减小 减小 增大 减小 增大 (3)相等 保持不变
VV10．①②③④⑤
[解析] 其中①表示正、逆反应速率相等，②③④⑤揭示了各成分的量不变。
11．B [解析] 由于该反应为前后气体体积相等的反应，体系的压强始终保持不变，故不能以压强不变作为判断反应是否达到平衡，A错误。SO3与NO的体积比始终保持1∶1，C错误；消耗SO3和生成NO2为同一方向的反应，D错误。
12．A [解析] 本题可用“一边倒”法来判断： X2＋Y22Z
①全部为反应物 0.2 0.4 0 ②最多的生成物 0 0.2 0.4 即可得各物质浓度的取值范围：
－
0 －－ 0．2 mol·L1 － 0 －－－ 13．(1)0.003 mol·L1·min1 0.03 mol·L1 (2)①③ －－ [解析] (1)由图可知10 min时达到平衡，v(CO)＝v(CO2)＝0.03 mol·L1÷10 min＝0.003 mol·L－－1 ·min1。由化学方程式得c(H2)＝c(CO2)＝0.03 mol·L1。 (2)达到平衡的标志是各物质的百分组成不变，浓度不变，正、逆反应速率相等且不为零。CO减少的化学反应速率是正反应速率，CO2减少的化学反应速率是逆反应速率，所以①③可作为判断反应达到平衡的依据。 14．(1)2NM (2)n(M)＝n(N) 否 (3)＝ M和N的物质的量不再发生变化，所以反应已达到平衡状态，故v正＝v逆 [解析] (1)当N减少4 mol时，M增加2 mol，所以化学方程式为2NM。(2)t2时刻，n(M)＝n(N)＝4 mol，t2时刻后，N物质的量继续减小，M物质的量继续增加，故仍未达到平衡。 (3)t3时刻，M和N的物质的量均不再发生变化，所以反应已达到平衡状态。 15．F C E ABD [解析] A，因为消耗2 mol N2的同时必生成4 mol NH3，故A无法判断是否达到平衡；B，单位时间内不论反应是否平衡，消耗3 mol H2的同时均生成2 mol NH3，故无法判断是否达到平衡；C，生成6 mol N—H键即生成2 mol NH3，即有1 mol N2被消耗，所以v(N2)消耗 D，根据ρ＝，气体的质量和体积不随平衡移动而改变，即ρ始终是一个定值，故无法判断是否达 V到平衡；E，若平衡正向移动，压强p会减小，而p不再改变，说明反应已达平衡状态；F，生成2 mol NH3即消耗3 mol H2，而生成2 mol H—H键即生成2 mol H2，v(H2)消耗>v(H2)生成，所以反应正向进行。 16．(1)abcf (2)abe (3)abcef [解析] 利用化学平衡状态定义知：任一可逆反应各物质的浓度不变，平衡混合物中各组分的物质的量分数或质量分数不变时，都达到平衡态；由阿伏加德罗定律知，在容积不变的反应容器中，只要反应前后气体物质的化学计量数和不等，反应向某一方向进行时，容器内压强改变，因此当压m 强不变时，对反应前后气体物质的化学计量数和不等的可逆反应来说已达到平衡；利用ρ＝可知V 只要反应前后均为气体参与的可逆反应，只要容器体积不变，不论反应是否达到平衡，混合气体密度始终保持不变；对于有颜色气体参与的可逆反应，当气体颜色不变时，说明各物质浓度不再变化，m 反应达到平衡；利用M＝可知，只要反应前后气体物质的化学计量数和相等的可逆反应，若反应n前后气体质量不变的话，不论反应是否达到平衡，混合气体平均摩尔质量始终保持不变。 －－ 17．(1)2 (2)5 s 0.316 mol·L1·s1 (3)放出 41.87 kJ － [解析] (1)由图知初始反应时，c(H2)＝c(I2)＝1 mol·L1，而加入的H2和I2的物质的量均为2 mol，所以V＝2。 1.58 mol·L1－ (2)由图知反应达到最大限度即达到化学平衡的时间为5 s，v(HI)＝＝0.316 mol·L 5 s － 1 ·s1。 (3)可逆反应从正反应开始达到化学平衡，所以放出热量。 － 由反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g) ΔH＝－26.5 kJ·mol1，达到平衡时共生成n(HI)＝1.58 mol·L － －1 26.5 kJ×2 L＝3.16 mol，所以放出的热量为×3.16 mol＝41.87 kJ。 2 mol 第2课时 外界条件对化学平衡的影响 1．C [解析] A项，催化剂可以改变化学速率，但平衡不移动；B项，对于反应前后气体体积不变的可逆反应，增大压强，化学反应速率增大，但平衡不移动。所以A、B、D不正确。 2．C [解析] 化学平衡已经建立，其正、逆反应的速率必定相等，A正确；在平衡状态Ⅰ的基础上瞬时增大了反应物浓度，生成物浓度在瞬时不增大，此时正反应速率瞬时增大，逆反应速率瞬时不变，随后又在新的基础上达到平衡，B正确；对于平衡状态Ⅰ减小反应物的浓度，正反应速率必然减小，显然与所给图示不符，C不正确；对同一种反应物而言只要平衡移动，该物质的量一定会发生变化，D正确。 3．C [解析] 温度不变，体积扩大一倍，压强减小，若平衡不移动，则B的浓度应为原来的50%，而实际为60%，说明平衡向正反应方向移动了。则A的转化率增大、B的质量分数增大、正反应方向是气体体积增大的方向，即a＜b。 4．B [解析] A项中改变固体NH4HS的量，由于固体的量并不能使化学反应速率发生改变，故不能影响化学平衡；B项中充入少量氩气，要保持压强不变必须增大容器的容积，即降低NH3与H2S的浓度，平衡向气体体积增大的方向移动，即正向移动；C项中容积、温度一定，充入氦气，虽然体系总压强增大，但NH3与H2S的浓度并未改变，反应速率未变，所以平衡并不移动；D项中温度、容积一定，充入H2S气体，H2S浓度增大，平衡逆向移动。 5．(1)2 1 3 2 (2)气态 固态或纯液态 气态 [解析] (1)设A、B、C、D初始物质的量都为m mol，由可逆反应： aA＋bBcC(s)＋dD 初始时物质的量/mol m m m m 转化的物质的量/mol n n3 n n 22 因为参加反应的物质的量之比等于化学方程式中的各物质的化学计量数之比，所以得a∶b∶c∶n3 d＝n∶∶n∶n＝2∶1∶3∶2，即得a＝2，b＝1，c＝3，d＝2。(2)改变压强，反应速率发生变化， 22说明反应体系中有气态物质；而平衡不移动说明反应前后气态物质的体积相同V前＝V后，即当A为气体，B为固体或液体，C为固体(题设条件)，D为气体时合理。 6．C [解析] A项中，若反应物是固体，增加其用量对平衡移动无影响；B项中，若气体体积 反应前后相等，或无气体参与的反应，增大压强，平衡都不会移动；D项，加入催化剂，平衡不移动。 7．A [解析] 2NO2N2O4，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体。(1)中红棕色变深说明平衡左移，平均相对分子质量减小，而CaO和水反应放热，则该反应为放热反应，A对，C错；(3)中红棕色变浅，说明平衡右移，而正反应为放热反应，则证明NH4Cl溶于水要吸收热量，平衡右移时，气体的物质的量减小，压强减小，B、D均错。 8．B [解析] 升温和使用催化剂，正逆反应速率均增大，A项错误；升温，反应速率增大，缩短到达平衡的时间，B项正确；升温，平衡逆向移动，C项错误；减小压强，平衡向增大体积的方向移动，即向逆向移动，D项错误。 9．D [解析] A、B两项，改变条件平衡均不移动，不能用勒夏特列原理解释。C项，根据勒夏特列原理，温度越低，NH3%越高，采取500 ℃，主要考虑催化剂的活性和反应速率问题；D项，将混合气体中的氨液化，相当于减小了生成物的浓度，平衡正向移动，有利于合成氨反应。 10．C 11．A [解析] A项，升温，平衡逆向移动，X的转化率减小；B项，增大压强时，平衡正向移动，但X的浓度增大；C项，充入Y，c(Y)增大，平衡正向移动，但Y的转化率减小；D项，使用催化剂，平衡不移动，X的体积分数不变。 12．C [解析] 缩小容器体积，NO2浓度变大，颜色加深，平衡向左移动使混合气体颜色又变浅，但依据“减弱不消除”可知新平衡时NO2的浓度仍比原平衡大，即气体颜色比原平衡深；若压强不变，再充入N2O4气体容器体积变大，达到新平衡与原平衡等效，因此新平衡时各物质的百分含量不变；若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡向正反应方向移动，再次平衡时N2O4的转化率将降低；若体积不变，升温，平衡正向移动，再次平衡时体系中NO2浓度增大，气体颜色加深。 13．C [解析] 体积缩小，假设平衡不移动，则Y和Z的浓度应该为原来的2倍，而现为1.8倍，则表明平衡向逆反应方向移动，压强增大，v正、v逆均增大，且v逆＞v正，向Y、Z消耗的方向，即逆反应方向移动，则b＋c＞a、X的转化率减小，混合物中Z的质量分数减小。 14．B [解析] 该反应前后气体物质的量不变，因此增大压强，平衡不移动，CO的转化率不变，A项错；降温，反应正向移动，CO的转化率增大，B项正确；增大CO的浓度，平衡虽正向移动，但CO的转化率降低，C项错；更换催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变，D项错。 15．A [解析] 已知反应是气体分子数缩小的反应，且正反应为放热反应。加入催化剂只能同倍数增大正、逆反应速率，不会引起化学平衡移动，即A项正确；温度降低，正、逆反应速率都减慢，但吸热方向减慢得更快，结合该反应为放热反应，应有v正>v逆，可图像中t3时v逆>v正，即B项不正确；增大压强，反应中各物质的浓度增大，正、逆反应速率均加快，但气体分子数缩小的方向增加得更快，结合反应特点有v正>v逆，可图像中t5时v逆>v正，即C项不正确；如果按照图像分析，从t3到t4和t5到t6平衡都是逆向移动，即t6后转化率最低，D项不正确。 －＋＋－ 16．(1)黄 OH与H结合生成水，c(H)减小，使平衡向右移动，CrO24浓度增大，溶液由橙黄色变为黄色 ＋－ (2)橙 c(H)增大，平衡左移，Cr2O27浓度增大，溶液又由黄色变为橙色 (3)向右移动 逐渐变浅，直至无色 ＋－ [解析] 加碱中和溶液中的H，平衡右移，溶液中的c(CrO24)增大；加酸使平衡左移，溶液中的－2＋2－ c(Cr2O27)增大；加Ba(NO3)2，发生的反应为Ba＋CrO4===BaCrO4↓(黄色)，平衡向右移动，溶液颜色将由橙黄色逐渐变浅，直至无色。 －－ 17．(1)0.1 mol·L1·min1 (2)＞ (3)c b (4)Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变；或固体总质量保持不变