上分专题3 控制变量法探究影响化学反应速率的因素-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（鲁科版）

上分专题3 控制变量法探究影响化学反应速率的因素 命题密钥 化学反应速率相关内容是高考的必考点，主要考查化学反应速率计算、外界条件对化学 反应速率的影响、化学反应速率图像分析。命题会以实际生产生活为载体，将化学反应速率 与化工生产、生活实际相结合。 同学们需要掌握温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响：学会分析反应历程 (或机理)图像；掌握利用化学反应速率图像，分析问题、解决问题的能力。 考点觉醒 ●控制变量法探究影响化学反应速率的因素的过程和原理 控制变量法是中学化学实验中常用的思想方法，通过对影响实验结果的因素进行控制，以达到 明确各因素在实验中的作用的目的。 常见变量 外界因素主要有浓度、压强、温度、催化剂、固体表面积等 确定变量 根据实验目的，研究某个变量对反应速率的影响，需要控制其他外界因素不变，再进行实验 探究时，先确定一种变量，保证其他外界因素不变，看这个变量与探究的问题之间存在什么关 定多变 系，这样依次进行，从而得出每种因素改变的影响结论 数据统 要注意控制数据，使变量统一，才能得出正确结论 ●化学反应速率的影响因素 (1)影响化学反应速率的内因和外因： 内因 反应物的性质 反应物的化学性质越活泼，化学反应速率越快 浓度 增大反应物的浓度，速率加快；减小反应物的浓度，速率减慢 温度 升高温度，速率加快；降低温度，速率减慢 压强 增大气态反应物的压强，速率加快；减小气态反应物的压强，速率减慢 外因 催化剂 使用催化剂能极大地加快反应速率 增大固体反应物的表面积，化学反应速率加快；减小固体反应物的表面积， 固体反应物的表面积 化学反应速率减慢 形成原电池、使用合适的溶剂等也影响化学反应速率；超声波、电磁波、光 其他 照等也能影响反应速率 (2)有气体参加的化学反应中，外因对化学反应速率影响的本质： 单位体积内 浓度增大 总分子数增多 压强增大 体积缩小 位体积内活 温度升高 分子能 化学反应速率加 堂增加 分子数增 有效碰撞机会增加 使用催化剂 活化能降低 活化分子 百分数增加 8化学必修第二册·LK 实战演练日 1.*|社会热点(2025·北京高一月考)化石燃料燃烧的过程中常产生S02等气体，若不进行尾 气处理，将带来严重的污染。常用处理方法包括干法和湿法。干法装置简单、成本低廉、耗时 短，但去除效果差；湿法操作繁琐，但去除效果好。某化学小组对影响湿法第二阶段反应速率 的因素进行了研究。实验记录如下表。下列说法错误的是 () 石灰石、空气 干法：S02 CaSOa 湿法：S02 高温 氨水(NH,)2S0,溶液空气(NH),50, 温度/℃ 40 50 60 70 80 实验一 v(S03)/(mol·L1·h1) 0.172 0.187 0.190 0.183 0.178 (NH4)2S03初始浓度/(mol·L-1) 0.020 0.100 0.200 0.300 0.400 实验二 v(S03)/(mol·L1.h1) 0.042 0.181 0.286 0.347 0.350 A.干法去除S0,的效果差，可能是因为气体不易与固体充分接触 B.40~60℃之间，$03反应速率随温度升高而增大，说明该反应为吸热反应 C.60~80℃之间，S0?反应速率随温度升高而降低可能因为0，在水中溶解度下降 D.S0?初始浓度超过0.3mol·L1后，反应速率基本不变，可能与0，溶解较慢有关 2.(2024·天津高一期末)在不同条件下，用0，氧化一定浓度FCL,溶液的过程中所测得的 实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是 ) A.0~8h内，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大 80--7- B.氧化过程的离子方程式为4Fe2++02+4H一4Fe3++2H20 7② 60 C.由曲线①和③可知，温度越高，Fe2+的氧化速率越快 40 ①80C、pH=2.5 D.由曲线②和③可知，pH越大，Fe2+的氧化速率越快 250C、pH=1.5 ③50C、pH=2.5 3.*(2024·福建厦门高一月考)某同学探究S02与Fe3+盐溶液 4 6 8 时间 的反应，已知：fe3+HS0?=一Fe(HS03)2+(红棕色)。 实验 ① ② ③ 足量S02 足量S0, 足量$0， 操作 5 mL 1 mol.L 5 mL I mol.L 5 mL 1 mol.L Fe(NO Fe(NO3) FeCl (黄色) (黄色) 与1滴浓硝酸混合 (无色) 溶液中立即产生大量红棕色物 溶液中立即产生大量红棕色物 溶液中立即产生大量红棕色物质， 质，5h后溶液几乎无色，加入 现象 质，5h后溶液变为浅黄色，加 5h后溶液变黄色（比①深），加入 铁氰化钾溶液产生大量蓝色 入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀 铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀 沉淀 结合上述实验，下列说法正确的是 A.S02与Fe3+氧化还原反应速率快于Fe3+与HS0;化合反应的速率 B.①②对照说明阴离子影响S0,与e3+反应速率，但无法证明是NO,抑制反应进行 C.铁氰化钾溶液用于检验F2+,可用酸性高锰酸钾溶液代替，现象为紫红色褪去 黑白题·上分秘籍9 D.5h后③比①黄色更深，可证明N0,减慢了Fe3+与S0,反应的速率 4.(2025·河北雄安高一期末)某课外兴趣小组探究影响化学反应速率的因素，下列说法错 误的是 ( Na2Sz03溶液 H,S04溶液 H20 出现浑浊 实验序号 温度 V/mL c/(mol·L-1) V/mL c/(mol·L-1) V/mL 所用时间 1 20℃ 10.0 0.10 10.0 0.10 0 t 2 40℃ 10.0 0.10 10.0 0.10 0 t2 3 20℃ V 0.10 5.0 0.20 V A.实验发生的反应为Na2S,03+H,S04=NaS04+S02↑+S↓+H20 B.实验1和2可探究温度对反应速率的影响，则t1>t2 C.若实验3的反应速率大于实验1的反应速率，则15.0≥V>10.0 D.实验1、2、3均应将Na,S,0,溶液缓慢逐滴滴入H,S0,溶液中 5.*(2024·河南驻马店高一期末)室温下，为探究纳米铁去除水样中S0子的影响因素，测得 不同条件下SO子浓度随时间变化关系如下图，下列说法正确的是 ( 5.0 4.0 实验序号 ① ② ③ 3.0 ③ 水样体积/mL 50 50 50 2.0 、② 纳米铁质量/mg 8 2 2 0.0 6 6 8 0 、1 4 6 水样初始pH 10 A.其他条件相同时，适当增加纳米铁的质量可加快反应速率 B.其他条件相同时，水样初始pH越小，Se0?的去除效果越好 C.实验①中，0~2小时内平均反应速率v(Se0)=2.0mol·L1·h D.实验③中，反应的离子方程式为2Fe+Se0?+8H一2Fe3++Se+4H,0 6.*(2025·甘肃平凉高一月考)Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在 调节好pH和F©2+浓度的废水中加入H,02,所产生的羟基自由基能氧化降解有机污染物。现运 用该方法降解有机污染物p-CP,探究有关因素对该降解反应速率的影响。控制p-CP的初始 浓度相同，恒定实验温度在298K或313K(其他实验条件如表所示)，设计如下对比实验。 (1)请完成实验设计表。 实验 c/(10-3mol·L1) p-CP浓度随时间变化的关系 实验目的 T/K 编号 pH H202 Fe2+ 2.0 ① 为以下实验作参照 298 3 6.0 0.30 6 1.2 探究温度对降解反 ② 6.0 0.30 0.8 应速率的影响 ③ 298 o 6.0 0.30 0. 0 100200300400500 600 10 化学|必修第二册·LK (2)请根据图中实验①曲线，计算降解反应在50~150s内的反应速率：w(p-CP)= mol.L1·s1。 (3)实验①②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小， 请从Fenton法所用试剂H,O,的角度分析原因： (4)实验③得出的结论是pH等于10时， (5)实验时需要在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止。根据图中的信 息，写出一种迅速停止反应的方法： 7.*(2025·贵州毕节高一月考)某化学小组欲测定KCl0,与NaHS03反应的化学反应速率， 并探究影响其化学反应速率的因素，请回答下列问题。 I.该小组同学设计了3组实验，探究影响化学反应速率的部分因素，具体情况如表所示。 编号0.1mol·L1KCl0,溶液体积/mL0.3mol·L1NaHS0,溶液体积/mL 加水的体积/mL 温度 1 10 10 0 25℃ 2 10 5 a 25℃ 3 10 10 0 60℃ (1)表中a= ,通过实验1和实验3可探究 对化学反应速率的影响。 (2)写出KCl0,与NaHS0,反应的离子方程式： Ⅱ.该小组同学依据实验1的条件进行反应并测定其化学反应速率，所得数据如图所示。 +c(Cl)/mol·L' 0.050 0.045 0.040 0.035 0.030 0.025 0.020 0.015 0.010 0.005 0.000 0123456789101112/min (3)该反应在0~4min的化学反应速率v(NaHS0,)为 mol·Ll·minl。 分析实验数据发现，反应过程中该反应的化学反应速率先增大后减小，探究化学反应速率先增 大的原因，具体情况如表所示。 方案 假设 实验操作 该反应放热，使溶液温度升高，化向烧杯中加入10mL0.1mol·L1KC103溶液和10mL 学反应速率加快 0.3mol·L1NaHS0,溶液，插入温度计，测量温度变化 另取10mL0.1mol·L1KCl0,溶液加入烧杯中，向其中加入 2 少量NaCl固体，再加人l0mL0.3mol·L1NaHS03溶液 (4)方案2中的假设为 (5)除方案1、2中的假设外，还可提出的假设是 (6)反应后期化学反应速率减小的主要原因是 黑白题·上分秘籍11提供热能将电解质熔化，使电池开始工作，C正确；由图2可知，为降 低电池的启动温度，混合物中KC1的物质的量分数既不能太低也不 能太高，应控制在0.6，D错误。 3.C解析：Li1-FeP04(0<x<1)转化成LiFeP04过程中锂离子增加，原 电池中阳离子移向正极，说明b极Li1-FeP04(0<x<1)为正极材 料，A正确：放电时，经固体电解质由左向右迁移至正极，B正确： 放电时，电子由a极经负载流向b极，不经过固体电解质，C错误；放 电时，a极为负极，失去电子，其电极反应式为i,C6-xe一xi+ C6,D正确。 4.C解析：由图可知，复合材料电极是燃料电池的正极，酸性条件下， 过氧化氢在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为 H202+2e+2H*一2H20,铂电极为负极，碱性条件下过氧化氢在 负极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为H202 -2e+20H=2H20+02↑，总反应为2H202=2H20+02↑，电 池工作时钾离子通过离子交换膜由铂电极移向复合材料电极， C错误。 5.C解析：由装置图可知，放电时，铝是活泼的金属，铝为负极，被氧化 生成A12C7,电极反应式为A1+7A1C14-3e一4A12Cl7;石墨为正 极，电极反应式为CnA1CL4+e一Cn+AICl4。原电池工作时，阳离子 向正极移动，因此有机阳离子向石墨电极方向移动，C错误。 6.D解析：由题图可知，电极A上氧气得电子生成水，则电极A为正 极，电极反应式为02+4e+4H一2H20,电极B上HS失电子生 成S,则电极B为负极，电极反应式为HS-2e一S↓+H,微生物 作用下发生的反应为2CH20+S0子+H=2C02+HS+2H20。由分 析可知，A、B错误；原电池工作时，阳离子向正极移动，则质子从海底 沉积层向海水层移动，C错误：微生物代谢反应为2CH20+S0子+H 一2C02+HS+2H20,S0子是氧化剂，CH20是还原剂，氧化剂与还 原剂的物质的量之比为1：2，D正确。 7.D解析：由电池工作原理示意图可知，反应中Na被氧化为钠离子， 为原电池的负极，则a电极反应式为Na-e一Na,b为正极，b电 极反应式为2C02+2H20+2e一2HC03+H2,原电池工作时，阳离 子向正极移动，电解液中钠离子和碳酸氢根离子达到饱和时， 以NHCO,晶体析出。钠和乙醇能发生置换反应，该电池中的有机 电解液不可选用乙醇，D错误。 8.C解析：由题图可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电 子发生氧化反应生成四羟基合锌酸根离子，电极反应式为Z如-2e+ 40H一[Z(0H)4]2,石墨电极为正极，酸性条件下硝酸根离子 在正极得电子转化为铵根离子，电极反应式为N0?+8e+10H =NH+3H20,H20在双极膜解离成Ht和OH,Ht通过阳离子交 换膜进人b室，OH通过阴离子交换膜进入a室。根据分析，A错 误；负极的电极反应式为Zn-2e+40H一[Zn(0H)4]2,每转移 0.2mol电子，负极减少0.1 mol Zn,即6.5g,B错误；根据分析，放电 时，总反应为60H+7H20+N03+4Zm一4[Zn(0H)4]2+NH, C正确；根据负极的电极反应式：Zn-2e+40H一[Zn(0H)4]2,a 室每消耗4 mol OH的同时有2 mol OH通过阴离子交换膜进入a 室，放电一段时间后，OH浓度下降，所以pH会减小，D错误。 9.D解析：正极电极反应式为H202+2e一20H,每消耗3mol H202,转移的电子为6mol,A正确；电极b采用Mn02作正极，H202 发生还原反应，得到电子被还原生成OH,负极发生氧化反应生成 B02,电极反应式为BH:+80H-8e一B02+6H20,该电池总反应 方程式为NaBH4+4H202一NaB02+6H20,B、C正确；原电池工作 时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na从电极a区移向 电极b区，D错误。 必修第二册·LK 10.D解析：由原电池中电子移动方向可知，电极b为正极，NO3得到 电子生成NH3,电极反应式为N03+6H20+8e一NH3↑+90H; 电极a为负极，HCHO失去电子生成HCO0~和H2,负极电极反应式 为2HCH0+40H-2e一2HC00-+H2↑+2H20。根据电极反应 式2HCH0+40H-2e—2HC00+H2↑+2H20,当电极a流出 1mol电子时，生成0.5molH2,标准状况下的体积为11.2L, D错误。 上分专题3控制变量法探究影响化学 反应速率的因素 1.B解析：随着温度升高，S0?反应速率随温度升高而增大，这是温 度对反应速率的影响，不能说明该反应是吸热反应，B错误。 2.D解析：由曲线②和③可知，在相同温度、相同时间内，pH=1.5时的 Fe2+的氧化率高于pH=2.5时的Fe2+的氧化率，即pH越小，Fe2+的氧 化率越高，Fe2+的氧化速率越快，D错误。 3.B解析：实验①②③溶液中通人S02都立即产生大量红棕色物质， 说明产生红棕色物质的反应速率快些，5h后溶液中加入铁氰化钾溶 液都产生蓝色沉淀，说明S02与Fe3+的氧化还原反应速率慢些，A错 误；①与②的区别在阴离子的种类不同（一个是N03、一个是CI), 5h后，①中溶液变为浅黄色，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀， ②中溶液几乎无色，加入铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀，说明阴 离子种类对S02与F3+氧化还原反应的速率有影响，但无法证明 是NO?抑制反应进行，B正确；+4价硫也可与酸性高锰酸钾溶液发 生氧化还原反应，现象为紫红色褪去，C错误：5h后③比①黄色更 深，③和①的区别是③加人了1滴浓硝酸，也有可能是H浓度的增 大减慢了S0,与Fe3+反应的速率，D错误。 4.D解析：实验发生反应的化学方程式为Na2S203+H2S04一 Na2S04+S02↑+S↓+H20,A正确：根据实验1和2，可知是对比温度 对反应速率的影响，由于实验2温度高，所以反应速率快，用时短，则 t1>2,B正确；实验3的反应速率大于实验1的反应速率，则实验3 中x(Na2S203)>实验1中v(Na2S203),则V1>10.0,但是溶液总体积 不能超过20.0mL,因此15.0≥V1,C正确；实验1、2、3均应向 Na2S203溶液中一次性加入H2S04溶液，而不是缓慢滴加，否则反应 时间就会因滴加过程而产生差异，D错误。 5.A解析：综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中S02 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加 快反应速率，A正确：综合分析实验②和③可知，在相同时间内，实验 ②中S0子浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小水样 初始pH,SeO?的去除效果越好，但是当水样初始pH太小时，H浓 度太大，纳米铁与H反应速率加快，会导致与S0?反应的纳米铁 减少，因此，当水样初始pH越小时，SO子的去除效果不一定越好， B错误；实验①中，0~2小时内平均反应速率v(S0子)= (5.0×10-3-1.0×10-3)m0l.L- =2.0×10-3mol·L-1·h-1,C错误； 2h 实验③中水样初始pH=8,溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中 不能用H*配电荷守恒，D错误。 6.(1)3133探究溶液的pH对降解反应速率的影响(2)8.0×10~6 (3)过氧化氢在温度过高时迅速分解(4)有机物p-CP不能降解 (5)将所取样品迅速加到一定量的Na0H溶液中，使pH约为10 解析：(1)对比实验的关键是控制变量，实验②探究温度对降解反应 速率的影响，则②中除了温度不同以外，其他量必须与实验①相同 则温度、pH分别为313K、3;实验③中除了pH与①不同外，其他量 黑白题48 完全相同，则探究的是溶液的pH对降解反应速率的影响。(2)根据 图像可知，曲线①中在50s时的浓度为1.2×10-3mol·L-1,在150s 时的浓度为0.4×103mol·L-1,则50~150s内的平均反应速率为 (p-CP)=12x10-3m0lL1-0.4x10-3mal·L -=8.0×10-6mol· (150-50)s L1·s1。(4)通过图像曲线变化可知，当pH=10,随着时间的变化， p-CP浓度基本不变，即反应速率趋向于零，说明pH等于10的条件 下，有机物p-CP不能降解。(5)根据曲线③可以得出，该反应在 pH=10的溶液中停止，故将所取样品加入碱溶液，使pH约为10，从 而使反应停止。 7.(1)5温度(2)Cl03+3HS03=C1+3S0+3H*(3)0.0075 (4)反应生成的CI使反应速率加快(5)反应生成的H或SO?使 反应速率加快(6)反应物的浓度降低 解析：(1)由表可知，实验1和实验2变量为NHS03溶液的浓度，则 需要保持溶液总体积不变，则a=5;实验1和实验3变量为温度，则 可探究温度对化学反应速率的影响。(3)该反应在0~4min的化学 反应道幸a告00 -=0.0025mol·L-1·min-1,由 速率之比等于化学计量数之比，v(NaHS0,)=3w（C1)= 0.0075mol·L1·min1。(4)方案2加入少量NaC1固体，增大氯 离子浓度，所以方案2中的假设为反应生成的C使反应速率加快。 (5)两个方案分别探究了温度和氯离子对反应速率的影响，根据反 应过程中存在的离子，则还可以提出的假设是反应生成的H或S0 使反应速率加快。(6)随着化学反应的进行，体系中反应物浓度降 低，导致反应速率减小。 上分专题4化学反应速率和平衡的图像分析 1.D 2.D解析：反应达到平衡之前，正反应速率大于逆反应速率，曲线M 代表正反应速率随时间变化的曲线，A正确：反应在t,时刻，正、逆反 应速率相等，达到化学平衡状态，B正确；在绝热恒容密闭容器内，随 着反应的进行，正反应速率增大，可知容器内温度升高，该反应为放 热反应，C正确：随着反应的进行，生成物浓度增大，t1时Z的浓度小 于t2时Z的浓度，D错误。 3.D解析：N203是固体，其量增加，浓度并未改变，对化学反应速率影 响不大，A错误；由图示信息可知，2min后，N203的物质的量还在减 小，NO2的物质的量还在增大，即反应未达到平衡状态，正反应速率 大于逆反应速率，B错误；反应达平衡时，N203的转化率为 (4-1.6)ml×100%=60%,C错误；由图分析在交叉点N,0,减 4 mol 少2ml,N02增加2mol,因此化学方程式中N203和N02的化学计 量数相等，根据原子守恒X是NO,0~3min,用NO表示的反应速率 为o)- =0.4mol·L-1·min1,D正确。 4.C解析：2~3时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，Z的物 质的量不再变化，A正确：任意时刻，化学反应速率之比等于化学计 量数之比，由化学方程式可知，(X):(Z)=1：2,故2时，(X): (Z)=1:2,B正确；2时开始，正、逆反应速率相等，达到了化学平 衡状态，即反应达到限度，C错误；反应物按n(X):n(Y)=1:3投 料，X与Y速率之比等于化学计量数之比为1：3，故随着反应的进 行（反应的时间相同），X与Y的转化率相等，D正确。 5.D解析：C0和H2为反应物，二者在反应中不断减少，故曲线1 为H2,曲线2为产物CH3OH,A错误；由图可知，1时刻之后C0在不 断减少，反应未达到平衡状态，正、逆反应的速率不相等，B错误：平 上分秘籍参考答案 衡时各组分的物质的量保持不变，而不是与化学计量数成正比，因此 n(H2) n(CH3OH)1 :2时不能判断反应达到平衡，C错误；0~2时 △c(H2)=40×10-3mol·L-1-25×10-3mol·L-1=15×10-3mol·L-1, (H2)= 4c(4,）_15x10 mol △ 2 mol·L-1·min1=1.5×102 Ll·minl,D正确。 6.C解析：催化剂能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，由图可知， 曲线Y先达到拐点，说明反应先达到化学平衡，速率较快，有催化 剂，A错误；X曲线上a点时n(N02)=0.3mal,起始时n(N02)= 04nal,则N0,的转化率a=04o-03m×100%=25%,B错误； 0.4 mol 恒温恒容时，气体压强之比等于物质的量之比，起始时n(NO2)= 0.4mol,a点时n(N02)=0.3mol,根据反应2N02(g)-一N204(g), 若0.1molN02完全反应会生成0.05molN204,此时气体总物质的量 为0.3mol+0.05mol=0.35mol,起始气体物质的量为0.4mol, 0,35ml=0.875,由于反应是气体物质的量减小的可逆反应，c点实 0.4 mol 际气体，总物质的量小于0.35mol,所以c点时容器中的压强小于起始 时压强的0.875倍，C正确；X线前5min内，△n(N02)=0.4mol- △n V 0.3mol=0.1mol,容器体积V=2L,根据v= A4,(N02)= 0.1 mol 2L =0.01mol·L1·min1,根据化学反应速率之比等于化学计 5 min 1 量数之比，(N204)=2(N02)=0.005mol·L1·min1,D错误。 7.D解析：由题图可知，平衡后各物质含量均不为0，故反应为可逆反 应，反应中A、B、C、D改变的物质的量之比等于化学计量数之比，即 △n(A):△n(B):△n(c):△n(D)=0.8mol:1.0mol:1.2mol: 0.8mol=4:5:6:4,则该反应的化学方程式为4A(g)+5B(s)= 6C(g)+4D(g),A正确；反应前后气体的总的物质的量之比为 2.5mol:3.7mol,则反应达到平衡状态时混合气体的压强与起始时 的压强之比为37：25，B正确；由题图可知，2~3min内反应的速率 加快，若反应条件不改变，则在2~3mi发生该变化的原因可能为生 成的产物充当了反应的催化剂，加快了化学反应速率，C正确：结 合A项所得化学方程式可知，2m正(A)=3逆(C)时，即"正(A): “逆(C)=3:2,不等于化学计量数之比，不能成为平衡判断依据，故 反应没有达到化学平衡状态，D错误。 8.D解析：向容积为1L的恒容密闭容器中充人2 mol SiHCl3(g),a 点SiHCI3.的物质的量分数为85%，设SiHCI.3消耗了2xmol,利用三 段式分析如下： 2SiHCI(g)=SiH Cl2(g)+SiCl(g) 起始/mol2 0 0 转化/mol 2x x x a点/mol 2-2x 2-2×100%=85%,x=0.15,.SiHCl3,的转化率为15%，A正确，b点 2 SiHCI,的物质的量分数为78%，设此时SiHCI.3转化了2ymol,利用三 段式分析如下： 2SiHCl3(g)SiH2 Cl(g)+SiCl(g) 起始/mol 2 0 0 转化/mol 2y y y t1时/mol 2-2y y 黑白题49