2.1 化学反应速率 章节卷 2024-2025学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

2.1 化学反应速率 章节卷 2024-2025学年高二上期人教版（2019）化学选择性必修1 一、单选题 1．在2L密闭容器内发生反应2A(g)+B(g)C(g)，A气体在2s内由8mol/L变为7.2mol/L，则用A气体表示的平均反应速率为 A．0.4mol/(L·s) B．0.3mol/(L·s) C．0.2mol/(L·s) D．0.1mol/(L·s) 2．不同化学反应进行的快慢程度不同。下列化学反应最快的是（　　） A B C D 爆炸反应 钢铁生锈 石笋形成 可燃冰燃烧 A．A B．B C．C D．D 3．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（　　） A．增稠剂 B．调味剂 C．着色剂 D．抗氧化剂 4．反应 ，经一段时间后， 的浓度增加了0.8mo/L，在这段时间内用 表示的反应速率为 ，则这段时间为（　　） A．0.1s B．2.5s C．5s D．10s 5．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，如图为该历程示意图。下列说法错误的是（　　） 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 6．向双氧水中加入KI可观察到大量气泡产生，发生的反应为：，，反应过程中能量变化如下图所示。下列说法错误的是（　　） A．加入KI，改变了总反应的能量变化 B．是放热反应 C．KI改变了反应的历程，降低了活化能，使反应速率加快 D．KI在反应中起催化剂的作用 7．研究表明，在催化剂作用下，的反应历程如图所示： 注：“”可表示为： 下列有关说法不正确的是（　　） A．“的化学方程式可表示为 B．保持体系中分压不变，增大分压可提高反应催化效率 C．反应过程中有极性共价键和非极性共价键断裂 D．反应物在催化剂表面经历过程“扩散→吸附(活性位点)→表面反应→脱附” 8．我国科技成就日新月异。下列对我国最新科技成就的化学解读正确的是 科技成就 化学解读 A 利用足球烯(C60)合成亚晶态金刚石 足球烯和亚晶态金刚石互为同系物 B 合成介孔催化剂提升锌-空气电池性能 该电池放电时可将化学能100%转化成电能 C 构建新型催化剂高效、环保地将乙烷转化成乙烯 其他条件相同时，催化剂能加快反应的速率 D 发现能有效降解聚乙烯、聚苯乙烯等多种塑料的海洋真菌 在海洋真菌作用下，温度越高，聚乙烯、聚苯乙烯等塑料降解速率越快 A．A B．B C．C D．D 9．一定量的锌粒与足量的硫酸反应，下列措施能增大该化学反应速率且不影响生成氢气的量的是（　　） A．向该硫酸中滴加几滴硫酸铜溶液 B．用锌粉代替锌粒 C．改用硫酸 D．改用盐酸 10．反应mX(g)+nY(g) pZ(g)；△H<0(正反应为放热反应)。在不同温度(T1和T2)及压强(P1和P2)下，产物Z的物质的量[n(Z)]与反应时间(t)的关系如图所示。则下列判断正确的是（　　） A．T1＜T2，P1＜P2 B．T1＜T2，P1＞P2 C．T1＞T2，P1＞P2 D．T1＞T2，P1＜P2 11．下列方法对2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)的反应速率没有影响的是（　　） A．加入SO3 B．容积不变，充入N2 C．压强不变，充入N2 D．降低温度 12．反应速率的加快可以缩短工业生产中的时间成本。改变下列条件，不能提高反应的反应速率的是（　　） A．扩大容器体积 B．增大催化剂的表面积 C．适当升高温度 D．增大分压 13．足量的锌粉与稀硫酸反应，为了加快反应速率且增大生成的量，下列措施中能达到实验目的的是（　　） A．滴加少量的稀硝酸 B．滴加几滴硫酸铜溶液 C．滴加少量稀硫酸 D．滴加少量醋酸钠溶液 14．化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是（　　） A．根据图①可判断可逆反应“A2(g)+3B2(g) 2AB3(g)”的ΔH＞0 B．图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大 C．图③可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化 D．根据图④，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可采用向溶液中加入适量CuO，至pH在4左右 15．一定条件下，反应2SO2+O2 2SO3，在密闭容器中进行。下列有关说法错误的是（） A．使用催化剂能增大反应速率 B．该条件下，SO2能全部转化为SO3 C．达到平衡后，各物质的浓度不再变化 D．增大O2的浓度可加快SO2的反应速率 16．下列说法错误的是（　　） A．能发生有效碰撞的分子叫活化分子 B．升温，活化分子百分数增大，反应速率增大 C．增大反应物浓度，活化分子百分数增大 D．催化剂能增大活化分子百分数，速率增大 17．100mL浓度为2mol/L的硫酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成的氢气的总量，可采用的方法是（　　） A．加入适量的6mol/L的硫酸 B．适当加热 C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的稀硝酸 18．常温下，过量块状铁与稀硫酸反应，下列方法中，一定能加快反应速率且不改变的产量的是（　　） ①通入适量气体 ②加少量固体 ③加固体 ④适当升高温度 ⑤将块状铁改为铁粉 ⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸 A．①②④ B．②④⑤ C．④⑤⑥ D．④⑤ 19．由人体冷冻学之父罗伯特·埃延格所著的《不朽的前景》一书列举了大量证明冷冻复活可能的事实，如许多昆虫和低等生物冬天都冻僵起来，春天又会自动复活。下列说法符合题意且与上述信息相关的是（　　） A．温度越低，化学反应速率越慢 B．低温下分子无法运动 C．温度降低，化学反应完全停止 D．增大压强，化学反应速率减慢 20．在两个恒温恒容密闭容器中平衡体系和的反应物平衡转化率分别为和，反应物的平衡浓度分别为和，在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，下列叙述正确的是（　　） A．、均增大，、均增大 B．不变、增大，、均增大 C．不变、增大，不变、增大 D．减小，增大，增大，增大 二、综合题 21．CuCl常用作催化剂，石油工业中脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。某课外学习小组用辉铜矿（主要成分为Cu2S，少量的Fe2O3和SiO2）制取氯化亚铜的流程如下： （1）“焙烧”过程发生反应的化学方程式　 　；为加快浸取速率常采取的措施　 　（写两条）。 （2）加入“试剂1”可调节浸出液的pH，“试剂1”可以是　 　；“滤渣”的成分是　 　（填化学式）。 （3）①图1是反应体系pH随时间的变化关系图。写出“还原”制备CuCl的离子方程式　 　。 ②制备过程中，当n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值过大时CuCl产率会变小，其原因可能是　 　。 （4）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。图2为抽滤”装置，抽气泵可使吸滤瓶和安全瓶内压强减小，与普通过滤相比，采用抽滤的优点是　 　。 （5）CuCl沉淀的“洗涤”需要经过酸洗、水洗和醇洗。用“去氧水洗后再用“乙醇”洗涤的原因是　 　。 （6）取1.0g制备的CuCl粉末样品，先加入足量FeCl3溶液使其完全溶解，再稀释到100mL，从中取出25.00mL，用0.1mol·L-1Ce(SO4)2标准液滴定至终点[Ce(SO4)2被还原为Ce2(SO4)3]；三次滴定平消耗标准液的体积为22.00mL。则粉末中CuCl的质量分数为　 　。 22．某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液的反应进行了一系列探究外界条件的改变对化学反应速率的影响实验，相关实验如下： 实验 编号 实验温度/℃ 试管中所加试剂及其用量/mL 溶液颜色褪至无色所需时间/min 溶液 溶液 稀硫酸 1 25 3.0 3.0 2.0 2.0 6.4 2 25 4.0 2.0 2.0 5.0 3 25 5.0 1.0 2.0 4 25 1.5 4.5 2.0 2.0 5 50 5.0 2.0 2.0 （1）实验中发生的化学反应的离子方程式为　 　． （2）通过实验1、4，可探究　 　（填外部因素）对化学反应速率的影响．通过实验3、5，可探究温度对化学反应速率的影响，则　 　，　 　；实验得出　 　（填“＞”、“＝”或“＜”）． （3）0~5min内，实验2中高锰酸钾的平均反应速率为　 　．进行实验4时发现溶液几乎没有褪色，原因可能是　 　． （4）甲同学在实验1、2、3中观察到溶液褪色速率开始时较慢，反应一段时间后逐渐加快．查阅资料获悉： i．与酸性溶液反应的一种机理如图所示： ii．在溶液中呈紫红色，能发生反应，通常呈青绿色；呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和． ①仅由图示机理分析，反应一段时间后溶液褪色速率突然加快的原因可能为　 　． ②乙同学将实验1中溶液pH调至1时再次做实验，发现溶液紫色并未直接褪去，而是先变为青色溶液，一段时间后青色溶液逐渐褪至无色．乙同学结合上述信息，推测紫色溶液变为青色溶液时，青色溶液中可能含有．指导老师否定了该猜想，理由是　 　． 23．某反应在体积为5L的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如图所示(已知A、B、C均为气体)。 （1）该反应的化学方程式为　 　 （2）反应开始至2min时，B的平均反应速率为　 　 （3）平衡时 的转化率为　 　 24．某温度时，在2 L容器中发生A、B两种气体间的转化反应，A、B物质的量随时间变化的曲线如下图所示，M点的坐标为(7，0.24)请分析图中数据，回答下列问题。 （1）该反应　 　(填写“是”或“不是”)可逆反应，判断依据是　 　。 （2）该化学方程式为　 　。 （3）反应从开始至4 min时，用B的浓度变化来表示的反应速率为　 　。 （4）比较M、N两点该反应的正反应速率的相对大小v(M)正　 　v(N)正(填写“＞”、“＜”或“＝”)。判断依据是　 　。 （5）运用图示数据计算该反应达到限度时A的转化率为　 　%。 25．回答下列问题。 （1）已知反应中相关的化学键键能数据如表： 化学键 436 343 1076 465 413 若有生成，该反应　 　(填“吸收”或“放出”)　 　能量。 某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请回答下列问题： （2）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为　 　。 （3）反应从开始至2min，用Z的浓度变化表示的平均反应速率　 　。 （4）2min后反应达到平衡，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时　 　(填“增大”“减小”或“不变”下同)；混合气体的密度　 　。 （5）将与的混合气体通入的密闭容器中并发生上述反应，反应到某时刻各物质的物质的量恰好满足：，则原混合气体中　 　。 （6）下列措施能加快反应速率的是　 　(填序号，下同)。 A.恒压时充入 B.恒容时充入He C.恒容时充入X D.及时分离出 E.升高温度 F.选择高效的催化剂 （7）下列说法正确的是　 　。 A.升高温度改变化学反应的限度 B.已知正反应是吸热反应，升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢 C.化学反应的限度与时间长短无关 D.化学反应的限度是不可能改变的 E.增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率减慢 答案解析部分 1．【答案】A 2．【答案】A 【解析】【解答】A．爆炸反应是指一个或一个以上的物质在极短时间内急速燃烧，短时间内聚集大量的热，使气体体积迅速膨胀，就会引起爆炸，化学反应最快，故A选； B．钢铁生锈是铁的缓慢氧化过程，反应速率较慢，故B不选； C．石笋形成是碳酸钙遇到溶有二氧化碳的水时，会反应生成溶解性较大的碳酸氢钙，遇热或当压强突然变小时，溶解在水里的碳酸氢钙就会分解，重新生成碳酸钙，反应速率较慢，故C不选； D．可燃冰燃烧生成二氧化碳和水，反应速率较快，故D不选； 故答案为：A。 【分析】爆炸反应速率最快。 3．【答案】D 【解析】【解答】A. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故A不选； B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B不选； C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不选； D. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故D选； 故答案为：D。 【分析】 改变物质的反应速率可以从浓度、温度、催化剂等方面进行考虑，如有气体参与反应，可以考虑压强的影响。 4．【答案】B 【解析】【解答】Δc(SO3)= 0.8mol·L-l，则△c(O2)= 0.8mol/L ÷2 = 0.4mol/L，v(O2)= ，故t= = s=2.5s； 故答案为：B。 【分析】根据t= 计算。 5．【答案】B 【解析】【解答】A．从图中可知，①的能量高于②，从生成，放出能量并形成了C-C键，A不符合题意； B．催化剂可提高反应的速率，不能影响平衡的移动，不会提高平衡转化率，B符合题意； C．综合分析该历程，CO2+ CH4→CH3COOH，总反应的原子利用率为100%，C不符合题意； D．CH4→CH3COOH过程中，CH4的C-H键发生断裂，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、反应物能量高于生成物能量，为放热反应； B、催化剂不影响平衡移动； C、原子利用率要结合箭头始末看，箭头进来为反应物，箭头出去为生成物，生成物只有一种； D、甲烷的化学键断开，即断开C-H键。 6．【答案】A 【解析】【解答】A．KI是该反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变总反应的焓变，不改变总反应的能量变化，故A符合题意； B．由图可知，图象①的后半段为，该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则为放热反应，故B不符合题意； C．KI改变该反应的历程，能降低反应的活化能，增大活化分子数和百分数，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故C不符合题意； D．KI是H2O2+I-＝H2O+IO-的反应物，是H2O2+IO-＝H2O+O2↑+I-的生成物，总反应为2H2O2＝H2O+O2↑，所以KI在反应中起催化剂的作用，故D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】A.催化剂只能降低反应的活化能，不改变反应热； B.的反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应； C.KI是催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率； D.KI先消耗后生成，是该反应的催化剂， 7．【答案】B 【解析】【解答】A、由图可知，“”为乙炔与吸附在AuCl上的HCl反应，反应的化学方程式为： ，故A不符合题意； B、保持体系中 分压不变，增大HCl分压，HCl的体积分数增大，催化剂吸附较多，阻碍乙炔与其接触，降低催化效率，故B符合题意； C、由图可知，反应过程中存在Cl-H极性键和C-C非极性键的断裂，故C不符合题意； D、由图可知，“1→2”为扩散过程，“2→3”为HCl在AuCl上吸附，“”为乙炔和HCl在催化剂表面反应，“5→6”为氯乙烯从催化剂表面脱附，则反应物在催化剂表面经历过程“扩散→吸附(活性位点)→表面反应→脱附”，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、 为乙炔与吸附在AuCl上的HCl反应； B、 分压过大，阻碍乙炔与其接触； C、同种非金属原子间形成非极性键，不同种非金属原子间形成极性键； D、根据反应历程分析。 8．【答案】C 【解析】【解答】A．足球烯和亚晶态金刚石互为同素异形体，A不符合题意； B．燃料电池放电时将化学能转化为电能，但会伴随热量损失，B不符合题意； C．其他条件相同时，催化剂能降低反应所需要的活化能，加快化学反应速率，C符合题意； D．温度过高会造成真菌死亡，降低聚乙烯、聚苯乙烯等塑料的降解速率，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、同种元素的不同单质为同素异形体； B、电池放电除了转化为电能还有热能； C、催化剂可以加快反应速率； D、温度过高会杀死真菌。 9．【答案】B 【解析】【解答】一定量的锌粒与足量的硫酸反应，锌的质量一定，生成氢气的量受锌影响，故有： A．向该硫酸中滴加几滴硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液反应置换出铜，形成锌铜原电池，可以加快化学反应速率，但是锌的质量减少，生成氢气的量减少，A不合题意； B．用锌粉代替锌粒，增大了固体的接触面积，化学反应速率加快，锌的质量不变，生成氢气的量不变，B符合题意； C．硫酸为浓硫酸，无法与锌反应生成氢气，C不合题意； D．盐酸中的浓度为，硫酸中的浓度为，的浓度减小，反应速率减慢，D不合题意； 故答案为：B。 【分析】影响反应速率的外界因素有温度、浓度、压强、催化剂以及固体表面积等，一般来说，升高温度、增大浓度、增大压强以及加入催化剂或增大固体的表面积都可增大反应速率，再结合反应物的量以此解答。 10．【答案】D 【解析】【解答】反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，由图可知，在压强均为P1时，T1P1曲线首先建立平衡，则T1＞T2，同理：P1＜P2，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大。 11．【答案】B 【解析】【解答】A.加入SO3，生成物浓度增大，反应速率增大，故A不符合题意； B.容积不变，充入N2，反应体系中各物质浓度不变，则反应速率不变，故B符合题意； C.压强不变，充入N2，反应体系的体积增大，相当于压强减小，则反应速率减小，故C不符合题意； D.降低温度，反应速率减小，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】体积不变，反应物浓度不变，化学反应速率不变。 12．【答案】A 【解析】【解答】A．扩大容器体积，相当于减压，单位体积内的活化分子数减少，有效碰撞次数减少，反应速率降低，A符合题意； B．增大催化剂的表面积，活化分子有效碰撞次数增多，反应速率加快，B不符合题意； C．适当升高温度，活化分子数增多，活化分子有效碰撞次数增多，反应速率加快，C不符合题意； D．增大分压，单位体积内的活化分子数，活化分子有效碰撞次数增多，反应速率加快，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】增大浓度、升高温度、增大压强、使用催化剂均可加快反应速率。 13．【答案】C 【解析】【解答】A．稀硝酸具有强氧化性，与金属反应不生成氢气，故A不符合题意； B．滴加几滴硫酸铜溶液，部分Zn与硫酸铜反应生成铜单质，形成锌-铜-硫酸原电池，能加快生成氢气的速率，但不会改变氢气的量，故B不符合题意； C．滴加少量稀硫酸，增大了硫酸的浓度和用量，既加快了反应速率也增加氢气的量，故C符合题意； D．滴加少量醋酸钠与氢离子结合成醋酸分子，降低了氢离子浓度，使反应速率减小，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】依据影响反应速率的因素分析； 14．【答案】B 【解析】【解答】A、升高温度正逆反应速率均是增大的，图像不符合题意，A不符合题意； B、由图②可知，由甲到乙，到达平衡时间缩短，说明条件改变是乙的速率加快，平衡时反应物的转化率不变，改变条件变化不移动，对可逆反应A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，若乙的压强大，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变，与图象符合，B符合题意； C、乙酸溶液中通入氨气生成乙酸铵，由弱电解质变为强电解质，溶液的导电能力增强，到最大值后，导电能力几乎不变，与图象不相符，C不符合题意； D、由图可知，Fe3+在pH=4左右沉淀完全，此时铜离子不沉淀，故可以加入适量CuO，调节pH在4左右，除去除去CuSO4溶液中的Fe3+，铜不能与氢离子反应，D不符合题意， 故答案为：B 【分析】A.根据温度对平衡移动的影响分析反应的热效应； B.结合压强对反应速率和平衡移动的影响分析； C.溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，根据加入过程发生的反应进行分析； D.pH=4左右，溶液中Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀； 15．【答案】B 【解析】【解答】A.催化剂可加快反应速率，选项正确，A不符合题意； B.在可逆反应中，反应物无法完全转化为生成物，选项错误，B符合题意； C.反应达到平衡状态时，各物质的物质的量浓度保持不变，选项正确，C不符合题意； D.浓度增大，反应速率增大，因此增大O2的浓度可加快SO2的生成速率，选项正确，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A.催化剂可加快反应速率； B.可逆反应中，反应物无法完全反应； C.反应达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变； D.浓度增大，反应速率加快； 16．【答案】C 【解析】【解答】A．能引发化学反应的分子间碰撞称为有效碰撞，能够发生有效碰撞的分子为活化分子，故A不符合题意； B．升高温度，更多的普通分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，反应速率增大，故B不符合题意； C．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，故C符合题意； D．催化剂能降低活化能，因此能增大活化分子百分数，反应速率增大，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.能够发生有效碰撞的分子是活化分子； B.升温活化分子百分数增大，有效碰撞增多，反应速率增大； D.催化剂，降低反应所需的活化能，增大单位体积内活化分子的百分数，反应速率增大。 17．【答案】B 【解析】【解答】A、加入适量6mol/L的硫酸，增大氢离子的浓度，也增大了氢离子的物质的量，A不符合题意； B、加热会加快反应速率，且没有改变氢离子的物质的量，不影响生成的氢气的总量，B符合题意； C、加入适量蒸馏水，氢离子浓度降低，减小反应速率，C不符合题意； D、加入适量的硝酸溶液，金属锌和硝酸反应不会产生氢气，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，则增大氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量或利用原电池原理来加快反应速率即可。 18．【答案】B 【解析】【解答】①通入适量气体，氢离子的物质的量和氢离子的物质的量浓度均增大，反应速率加快，产生氢气的量增多，①不符合题意； ②加少量固体，铁与硫酸铜反应生成铜，形成铁、铜、硫酸原电池，加快反应速率，产生氢气的量不变，②符合题意； ③加固体，醋酸根离子结合氢离子生成醋酸分子，氢离子浓度降低，反应速率减慢，③不符合题意； ④适当升高温度，反应速率加快，产生氢气的量不变，④符合题意； ⑤将块状铁改为铁粉，增大了铁与稀硫酸的接触面积，化学反应速率加快，产生氢气的量不变，⑤符合题意； ⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸，常温下，铁与浓硫酸发生钝化，不产生氢气，⑥不符合题意； 综上分析，②④⑤符合题意， 故答案为：B。 【分析】①浓度越大反应速度越快； ②构成原电池，化学反应速率快于化学反应； ③氢离子浓度降低，反应速率减慢； ④升高温度，反应速率加快； ⑤增大接触面积，化学反应速率加快； ⑥常温下，铁与浓硫酸发生钝化，不产生氢气。 19．【答案】A 【解析】【解答】A．温度越低，活化分子的百分含量减小，有效碰撞的几率减小，则化学反应速率越慢，A说法符合题意； B．分子的运动与温度相关，低温下分子运动减慢，B说法不符合题意； C．温度降低，化学反应速率减小，不会停止，C说法不符合题意； D．增大压强，体积减小，反应体系中气体的浓度增大，化学反应速率加快，D说法不符合题意； 故答案为：A。 【分析】依据外界因素对活化分子的影响进行分析。 20．【答案】B 【解析】【解答】在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，在体积不变的情况下，相当于增大压强，对反应，增大压强平衡不移动，所以不变，而反应，增大压强，平衡正向移动，所以增大，但平衡时反应物和生成物的浓度都原平衡的浓度大，则、均增大， 故答案为：B。 【分析】依据化学平衡移动原理分析。 21．【答案】（1）Cu2S+2O2 2CuO+SO2；将固体粉碎、升高温度（或适当增大盐酸的浓度等） （2）CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；Fe(OH)3、SiO2 （3）2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降 （4）加快过滤速度，避免长时间接触空气 （5）快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化 （6）88% 【解析】【解答】（1）“焙烧”过程主要是除去可燃性杂质或使原料初步转化，本题为使原料初步转化，发生的化学反应方程式为：Cu2S+2O2 2CuO+SO2；增大原料浸取速率的措施有：将原料粉碎、搅拌、升高温度、增大盐酸的浓度等，故答案为：Cu2S+2O2 2CuO+SO2；将固体粉碎、升高温度（或适当增大盐酸的浓度等）；（2）由流程图可知，加入试剂1可调节浸出液的pH，也可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，同时也不引入新的杂质，故符合条件的为CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；由分析可知，滤渣为：Fe(OH)3、SiO2；答案为：CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；Fe(OH)3、SiO2；（3）①由分析可知，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。其离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+； ②Na2SO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；答案为：n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；（4）抽滤的优点为加快过滤速度，避免长时间接触空气；答案为：加快过滤速度，避免长时间接触空气；（5）乙醇易挥发，进而可快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化。故答案为：快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化；（6）由题可知，涉及的离子反应方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，则CuCl的质量分数= 。答案为：88%。 【分析】分析题中的流程过程，辉铜矿焙烧，将Cu2S初步转化为CuO和SO2，所得的固体为CuO、Fe2O3、SiO2的混合物，再用稀盐酸对所得固体进行酸浸，得到成分为FeCl3、CuCl2、稀盐酸、SiO2的浸出液。加入试剂1用于调节溶液的pH值，同时将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，SiO2在这个过程中不参与反应，也以滤渣的形式除去。向滤液中加入Na2SO3，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。将CuCl沉淀洗涤，最终得到CuCl粉末，据此分析。 22．【答案】（1） （2）反应物浓度；2.0；1.0；＞ （3）0.008；草酸的量少，高锰酸钾有较多剩余 （4）反应产生了，它对与的反应具有催化作用；酸性条件下不稳定，易分解生成和黑色的沉淀，而实验过程中未观察到溶液中产生黑色沉淀 【解析】【解答】（1）草酸具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，发生氧化还原反应得到锰离子和二氧化碳和水即可写出离子方程式为： ； （2）根据控制草酸的浓度对反应速率的影响，实验3和5比较温度对反应速率影响，因此V2=2，V3=1，温度越高，速率也越快，因此 ＞ ； （3） 0~5min内，实验2中高锰酸钾的平均反应速率为mol/(L.min)=0.008mol/(L.min)，结合实验4的量，草酸的量很低，高锰酸钾过量； （4）①根据反应机理得到产物中有锰离子，锰离子可能对反应起到催化作用； ②根据原理图可示， 呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和． 而在过程中无黑色沉淀出现，故不存在； 【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出离子方程式； （2）根据控制变量法即可判断； （3）根据高锰酸钾全部反应完即可计算其速率，结合数据即可判断草酸量少，高锰酸钾量过量； （4）①根据可能是产生了锰离子做催化剂； ②根据 呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和即可判断。 23．【答案】（1）2A(g)+B(g) 2C(g) （2） （3）40% 【解析】【解答】（1）根据图示，A、B物质的量减少，C物质的量增多，所以A、B是反应物，C是生成物，2min内，A、B、C的物质的量变化分别为2mol、1mol、2mol，物质的量变化比等于系数比，所以反应方程式是2A(g)+B(g) 2C(g)； （2）反应开始至2min时，B的平均反应速率为 ； （3）平衡时 的转化率为 。 【分析】 (1) 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，所以C为生成物，根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程式； (2) 平均反应速率=； (3) 平衡时的转化率=100%。 24．【答案】（1）是；从图可知，M点以后反应物和产物的浓度保持不变，即反应不能进行到底 （2）2A⇌B （3）0.025 mol·L-1· min-1 （4）＜；N点反应物A的浓度大于M点A的浓度 （5）70 【解析】【解答】（1）根据图象可知：反应在到达M点后，A、B物质都存在，且它们的物质的量浓度不再发生变化，说明该反应是可逆反应，此时反应已经达到了化学平衡状态，因此该反应是可逆反应； （2）根据图示可知在4 min时，A减少0.4 mol，B增加0.2 mol，说明A是反应物，B是生成物，△n(A)：△n(B)=0.4 mol：0.2 mol=2：1，物质反应消耗的物质的量的比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，故该反应的化学方程式为2A⇌B； （3）根据图示可知：反应从开始至4 min时，B的物质的量改变了0.2 mol，容器的容积是2 L，则用B的浓度变化来表示的反应速率为v(B)=； （4）根据图象可知：反应从正反应方向开始，在N时正向进行，未达到平衡状态；反应在M点时达到平衡状态。随着反应的正向进行，反应物浓度逐渐减小，物质的浓度N>M，因此正反应速率逐渐减小，故正反应速率：v(M)正<v(N)正； （5）反应开始时A的物质的量是0.8 mol，达到平衡时A的物质的量是0.24 mol，反应消耗A的物质的量是(0.8-0.24)mol=0.56 mol，故A是平衡转化率为。 【分析】（1）可逆反应的特点是反应到一定程度时，各种物质的浓度、物质的量保持不变； （2）结合化学计量数之比等于物质变化的物质的量之比判断； （3）化学反应速率为浓度变化量和时间的比值； （4）浓度越大则速率越快； （5）转化率为变化量和起始量的比值。 25．【答案】放出；99；3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；0.05mol⋅L−1⋅min−1；增大；不变；5：3；CEF；AC 学科网（北京）股份有限公司 $$