假期作业13 化学反应的速率与限度-【快乐假期】2025-2026学年高一化学暑假作业（全学年）

三0022 盒一北学 假期作业13化学反应的速率与限度 有志者，事竟成。 完成日期： 月 日 思维整合室 4.在不同条件下进行过氧化氢分解实验，有关 计算 u(A)= △c(A) 数据如下。四组实验中，收集相同体积（折 速 △t 算成标准状况下)的氧气，所需时间最短的 率 组是 化学 影响催化剂、浓度、温度、压强等 因素 组别 反应 限 研究可逆反应 对象 实验条件 的速 C 0 度 率与 最大化学平衡状态；特征，判断 限 过氧化氢溶液的体积/mL 10 10 10 10 限度 3% 调 →从化学反应速率视角 过氧化氢溶液的质量分数 6% 6% 6% 控 →从化学反应限度视角 温度/℃ 20 40 % 〈《技能提升台 MnO2质量/g 0.05 0.05 0.05 0 ◆[知识点1]化学反应速率 5.臭氧是理想的烟气脱 4c(0,)/mol-L- 1.在N2十3H2=一2NH3的反应中，经过一段 硝试剂，可逆反应 1.6 1.3 时间后，NH的浓度增加了0.6mol·L1, 2NO2(g)+O3(g) 1.0 在此时间内用H3表示的反应速率为 =N2O3(g)+O2(g)0.4 0.30mol·L1·s1,则此一段时间是() 在体积固定的密闭 t/min 容器中进行，反应过程中测得O2(g)的浓度 A.1s B.2s 随时间t的变化曲线如图所示，下列叙述错 C.0.44s D.1.33s 误的是 ) 2.一定温度下，向一个2L的密闭容器中通入 A.a~c段反应速率加快的原因可能是反应 等物质的量的A和B,发生反应：A(g)+B(g) 放热 C(g)+xD(g),经2min后测得C的浓 B.若向容器内充入一定体积的NO2,化学 度为0.5mol/L,n(A):n(D)=2:3,以D 反应速率加快 表示的平均反应速率v(D)=0.75mol· C.向反应体系中通入氢气，反应速率降低 L-1·min1,下列说法错误的是（) D.2~8min内的化学反应速率v(NO2)= A.反应速率v(B)=0.25mol·L-1·min1 0.4mol·L1·min B.该化学方程式中x=3 6.某实验小组用0.1mol·L1Na2S2O3溶液 C.2min时，A的转化率为50% 和0.1mol·L1H2SO4溶液为反应物，探 D.2min时，A的浓度为1mol/L 究外界条件对化学反应速率的影响，实验记 ◆[知识点2]化学反应速率的影响因素 录如下： 3.10mL浓度为1mol·L1的盐酸与过量的锌 H2SO4 NazS2O3 出现沉淀 实验温度 H20 粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应 溶液体积 序号 /℃ 溶液体 所需的时 体积/mL /mL 积/mL 间/s 速率但又不影响氢气生成量的是 ( I 30 10 5 5 A.K2SO4溶液 B.H2SO4溶液 30 5 5 t2 C.CuSO,溶液 D.Na2CO3溶液 60 10 6 5 t3 39 化曼快乐假朗 s00-= 已知：①Na2S2O3+H2SO Na,SO+ ②对比实验I和实验Ⅱ，t t2(填 S0,个十SV十H,0②实验结果：t2>t1>t。 “”“<”或“=”)。 下列说法错误的是 ( (3)利用实验I的数据，计算反应i在0~ts A.a=10 的化学反应速率v(S,O)= mol B.对比实验I、Ⅲ可知，升高温度能加快该 ·L1·s1;反应i在0~t1s的化学反应 反应速率 速率v(H2O2)= mol·L1·s1。 C.除了用产生沉淀所需时间，还可以用产 ◆[知识点3]化学反应限度 生气泡所需时间来记录和比较反应速率 8.一定温度下在2L密闭容器中进行着某一 反应，X气体、Y气体的物质的量随时间变 D.进行实验I、Ⅱ时，可依次向试管中加入 化的曲线如图，下列叙述正确的是( H2SO4溶液、H2O、Na2S2O3溶液 物质的量/mol 7.某实验小组为探究酸性条件下碘化钾与过 10 氧化氢反应的化学反应速率，进行了以下实 验探究。 (1)实验一：向硫酸酸化的过氧化氢溶液中 加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠(Na2S,O3) t3时间/min 的混合溶液，一段时间后溶液变蓝。该小组 A.反应的化学方程式为：2Y—X 查阅资料知体系中存在下列两个主要反应： B.t1min时，物质Y的转化率为60% 反应1：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O; C.t2min时，反应物的正反应速率大于逆反 反应iⅱ：I2+2S2O号—2I+S4O8。 应速率 为了证实上述反应过程，进行下列实验（所 D.t3min时，反应停止 用试剂浓度均为0.01mol·L1) 9.在下列四种条件下，都能表明已经达到平衡 状态的可逆反应是 ( 实验二：向酸化的H2O2溶液中加入碘化钾 I.恒温恒容时，气体的压强不再改变； 淀粉溶液，溶液几秒后变为蓝色。再向已经 Ⅱ.恒温恒压时，气体的体积不再改变； 变蓝的溶液中加入Na2S2O,溶液，溶液立即 Ⅲ.恒温恒容时，气体的密度不再改变； 褪色。 V.恒温恒容时，气体的平均相对分子质量 根据此现象可知反应1速率 反应 不再改变。 iⅱ的速率（填“大于”“小于”或“等于”），解释 2SO3(g) 实验一中溶液混合一段时间后才变蓝的原 A.2S0,(g)十0，(g)催化剂 因是 B.H,(g)+1,(g)△2HI(g) C.C(s)+H,0(g)商温C0(g+H,(g (2)为了探究c(H+)对反应速率的影响，设 计两组对比实验，按下表中的试剂用量将其 D.NH COONH (s)CO (g)+2NH (g) 迅速混合观察现象。（各实验均在室温条件 10.在一定温度下的密闭容器中，不能说明可 下进行) 逆反应H2(g)十L2(g)2HI(g)已经达 试剂体积/mL 到平衡状态的标志是 溶液开 A.HI的生成速率与HI的分解速率相等 实验0.1mol/L1mol/L 0.01 mol/L 0.1 mol/L 始变蓝 B.HI的生成速率与H2的生成速率之比 编号 H2Oz H2 SO NazS2O3 KI溶液 H,O 的时 是2：1 溶液 溶液 溶液 (含淀粉) 间/s C.单位时间内一个H一H键断裂的同时 40 40 20 40 有两个H一I键断裂 V 20 20 40 V2 t2 D.单位时间里断裂2 mol HI的同时生成 ①V1= ,V2= 1 mol I2 40 三0022 高一飞学都) 11.NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)一 13.在容积为2L的密闭容器中进行如下反 N2O4(g),反应过程放热，现将一定量NO 应：A(g)十2B(g)=3C(g)十nD(g),开 和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒 始时A为4mol,B为6mol,5min末时测 容密闭容器中，NO2和N2O4浓度随时间 得C的物质的量为3mol,D的化学反应速 变化关系如图。下列说法正确的是() 率v(D)=0.2mol/(L·min)。请回答： ↑c/molL) (1)5min末A的物质的量浓度为 1.0 0.8 (2)前5min内用B表示的化学反应速率 b 0.6 v(B)为 0.4 (3)前5min内A的转化率为 ;(转 0.2 化率是指某一反应物的转化百分率) 0510152025303540 t/min A.a点时达到了化学平衡状态 (4)化学方程式中n的值为 B.反应速率vE(b点)>vE(c点) (5)此反应在四种不同情况下的反应速率 C.25min时改变的条件是增大了N2O4的 分别为：①w(A)=5mol/(L·min) 浓度 ②v(B)=6mol/(L·min)③v(C)=4.5 D.容器内混合气体的平均摩尔质量不变 mol/(L·min)④v(D)-8mol/(L·min) 时可判断达到了化学平衡状态 其中反应速率最快的是 (填编号)。 12.在某一容积为5L的密闭容器内，加入 《《益智欢乐谷 0.2mol的C0和0.2mol的H,O(g),在催化 影响反应速率的因素 剂存在的条件下高温加热。发生如下反应： 一、为什么抗菌素类的药物宜在饭后服用抗菌 CO(g)+H,O(g)- 化剂C0,(g)十H,(g),反 素类药大部分是胺类化合物，人空腹服用后 高温 药物易被胃中的胃酸分解，降低药效，同时对 应放出热量。反应中CO2的浓度随时间变 胃壁产生较大的刺激作用。而饭后服用药 化的情况如图所示： 物，由于胃酸被食物稀释，药物就不会被胃酸 4C02的浓度(mol/L) 分解，因此抗菌素药物一般在饭后服用。 0.04 0.03 二、阿司匹林能促使植物开花20世纪70年 0.02 代以来，阿司匹林这种退烧、止痛的常用药 0.01 在农业上竟也大显身手。在即将枯萎的插 0 5101520 t/(min) 花上洒少许阿司匹林溶液，花瓣又会生机 (1)根据图中数据，从反应开始至达到平衡 盎然，未开的花苞受此药的作用将迅速开 时，CO的化学反应速率为 ;反应 花。化学分析表明，这种花激素就是水杨 平衡时c(H2)= 酸，而水杨酸正是阿司匹林的水解产物。 (2)判断该反应达到平衡的依据是 三、锌、铜与癌症关系的机理锌控制着生物 (填序号)。 膜的稳定性，可增强膜抵抗自由基攻击和 ①CO减小的化学反应速率和CO,减小的 脂质过氧化物损伤的功能；另外，锌对提高 化学反应速率相等 生物体的免疫功能有一定的作用。铜进入 ②CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等 肝细胞后与蛋白质、氨基酸或一些化学致 ③CO、H,O、CO2、H2的浓度都不再发生 癌物质形成致癌作用较强的金属大分子配 变化 合物；过量的铜离子作用于DNA,导致恶 ④正、逆反应速率都为零 性细胞的分裂和生长。 41三0022.- 图所示，根据反应热=反应物的键能总和一生成物的键能总 和，可推出反应物的键能总和小于生成物的键能总和， D错误。] 3.B[A.N2(g)断键吸收的能量比O2(g)多，因此N2(g)更稳 定，A错误；B.1molN2(g)和1molO2(g)的反应吸收的总 能量为946kJ+498kJ=1444kJ,生成2 mol NO(g)放出的 总能量为2×632kJ=1264k,吸收的总能量大于放出的总 能量，反应是吸热反应，B正确；C.1molN2(g)和1molO2(g) 的反应吸收的总能量为946kJ+498kJ=1444kJ,生成 2 mol NO(g)放出的总能量为2×632kJ=1264k,吸收的 能量比放出的能量多180kJ,生成1 mol NO(g)吸收90kJ 能量，C错误；D.因为反应为吸热反应，所以1molN2(g)和 1molO2(g)具有的总能量小于2 mol NO(g)具有的总能量， D错误。] 4.解析：(1)反应后(a)中温度升高，(b)中温度降低，说明(a)中 反应为放热反应，(b)中反应为吸热反应。 (2)铝与盐酸反应的离子方程式为 2A1+6H—2A13++3H2个。 (3)(b)中反应为吸热反应，根据能量守恒定律，(b)中反应物 的总能量应低于生成物的总能量。 答案：(1)放吸 (2)2A1+6H =2A13++3H2个 (3)低于 5.D[A.氢氧燃料电池是将化学能直接转化为电能的装置， 不需要点燃，A项错误；B.若电解质溶液为稀硫酸，正极发 生还原反应，电极反应式为O2十4e十4H+—2H2O,B项 错误；C.若电解质溶液为氢氧化钠溶液，电池工作时阴离子 向负极发生移动，即电池工作时OH向负极移动，C项错 误；D.电解质为高温熔融碳酸盐时，负极发生反应2H2十 2CO3-4e—2H2O+2CO2,正极发生的反应为O2+ 2CO2十4e一2CO,转移电子数相同的情况下生成和消 耗的二氧化碳相等，可以实现碳中和，D项正确。] 6.C[A.Zn、Cu直接接触就能构成闭合回路而形成原电池， 稀硫酸作电解质溶液，锌为负极、铜为正极，正极上氢离子得 到电子生成氢气，所以Cu片上可看到有气体产生，故A正 确：B.氢离子带正电荷，向正极移动，即向C山片移动，故 B正确；C.图1没有形成原电池、图2形成原电池，图1中气 泡产生速度比图2慢，故C错误；D.图3中正极的电极反应 为铜离子得到电子发生还原反应得到铜，Cu+十2e Cu,故D正确。 7.A[①Y与M用导线连接放入稀硫酸中，形成原电池，M 上冒气泡，则M是正极，Y的金属活动性比M强。②M、N 为电极，与N的盐溶液组成原电池，电子从M极流出，经过 外电路流入N极，则M是负极，M的金属活动性比N强；③ Z能与冷水反应生成H2,则Z是非常活泼的金属；④X能置 换出Y,则X的金属活动性比Y强。综上所述，这五种金属 的活动性按由强到弱的顺序排列为Z>X>Y>M>N。] 8.D[能设计成原电池的化学反应属于自发进行的氧化还原 反应。A为非自发的氧化还原反应，B、C不属于氧化还原反 应，D为能自发进行的氧化还原反应。] 9.C[A.Ag无法置换硫酸铜中的铜，不存在自发的氧化还原 反应，不能实现化学能转化为电能，故A错误；B.Z如比Cu 活泼，故Z作负极，Cu作正极，正极发生还原反应，故B错 误；C.锌比银活泼，锌为负极，银为正极，负极反应式为Z一 2e- 一Zn2+,正极反应式为Cu2++2e 一Cu,转移 0.2mol电子，生成0.1 mol Cu,即正极质量增加0.1mol× 64g/mol=6.4g,故C正确；D.铁比铜活泼，但铁逼浓硝酸 会钝化，故铜作负极，负极反应式为Cu-2e一Cu2+,故D 错误。门 10.C[根据原电池的工作原理，由装置图知，电极b产生气 体，则b为正极，电极b为铝片，电极反应式为2H中十2 一H2个；电极a为镁片，作负极，电极反应式为Mg一2e 一Mg+,电流经正极流向负极，阳离子移向正极，阴离子 移向负极，据此分析作答。A.由分析知，b电极材料为铝 片，A项错误；B.由分析知，电极a为负极，电极b为正极， 电流由正极流向负极，即电流经b流向a,B项错误；C.用 NaOH溶液代替稀硫酸，则铝作负极，阴离子移向负极，则 高一北学 溶液中的OH移向铝片一极，C项正确；D.未说明标准状 况，无法计算量筒中收集气体的物质的量，无法计算通过导 线的电子的物质的量，D项错误。] 11.D[A.从总反应看Zn失电子发生氧化反应，为电池的负 极，而MnO2中Mn的化合价降低发生还原反应，为电池的 正极，A项错误；B.而MnO2中Mn的化合价降低，得电子 发生了还原反应，B项错误；C.MnO,为正极发生还原反应 生成MnO(OH),电极反应式为MnO2十H2O+e MnO(OH)+OH-,C项错误；D.Zn-2e+2OH= ZnO+H20,n(e)=2mol,个数约为2molX6.02× 1023mol-1=1.204×1024,D项正确.] 12.C[A.电池I为原电池，Zn作负极，电子从锌流出沿导线 流向铜，电子不能通过电解质溶液，A错误；B.电池Ⅱ为锌 锰干电池，锌作负极，石墨作正极，MO2在正极得电子发 生还原反应，为氧化剂，B错误；C.电池Ⅲ为铅酸蓄电池，是 二次电池，充电时将电能转化为化学能，C正确；D.电池V 为酸性氢氧燃料电池，氧气在正极反应，电极反应式为： O2十4H+十4e—2H2O,D错误。] 13.解析：(1)Zn+CuSO,一ZnSO,+Cu反应放热，反应物的 总能量大于生成物的总能量，该反应的能量变化可用图2 中的甲表示。 (2)若断开K,锌直接与硫酸铜发生反应Zn十CuSO4 ZnSO,十Cu,锌片上有氧化还原反应发生，没有形成闭合电 路，不能构成原电池，导线上无电流产生。 (3)连接K,构成原电池，锌是负极，锌失电子发生氧化反 应，锌片上的电极反应式为Zn一2e一Zn2+。铜片发生 反应Cu2+十2e—Cu,2min后测得锌片和铜片之间的 质量差为1.29g,设导线中通过电子的物质的量为xmol。 则锌片消耗0.5 x mol Zn、铜片上生成0.5 x mol Cu,0.5x (65+64)=1.29,x=0.02mol。 (4)铜片发生反应Cu2++2e 一Cu,连接K一段时间后， 测得铜片质量增加3.2g,则电路中转移0.1ol电子，同时 片质量减少3.3g,锌失电子的物质的量约为0.10154mol, 则这段时间内该装置消耗的化学能转化为电能的百分比为 0.1 0.10154X100%≈98.48%。 (5)t1s前，铝与浓硝酸发生反应，原电池的负极是铝，t1s 后，随着反应的进行，铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进 行，此时铜作负极，电流方向相反。 答案(1)甲(2)有无(3)Zn-2e-Zn2+0.02 (4)98.48% (5)铝片随着反应的进行，铝表面钝化形成氧化膜阻碍反 应进行，此时铜作负极，电流方向相反 假期作业13 1.B[根据公式(NH,)-益，可得：△= △c 0.6mol·L-1 0.30mol·L1.s7=2s.] 2.C[2min后生成的C物质的量为0.5mol/L×2L= 1mol,生成的D物质的量为0.75mol·L-1×2min×2L= 3ol,物质的量的改变量之比等于其化学计量数之比，故x =3;根据相关数据列三段式如下： A(g)+B(g)-C(g)+3D(g) 起始(mol) a 0 0 改变(mol) 1 1 1 3 2min时(mol) a-1a-11 3 n(A):n(D)=2:3,则a一1=2，a=3。A.由上述分析可 知，反应速率u(B)=2LX2min 1 mol =0.25mol·L-1·min1, 故A正确；由分析可知B正确；C.2min时，A的转化率为 3m0X100%≈33.3%，故C错误D,2min时A的物质的 量为2mol,A的浓度为1mol/L,故D正确。] 3.A[A.相当于加水，c(H十)减小，反应速率减小；B.c(H+) 增大，反应速率增大；C.构成Zn一Cu一盐酸原电池，反应速 率增大；D.CO消耗H,使产生H2的量减少。] 化堡快乐假期 4.B[加入MnO2作催化剂时，温度越高，过氧化氢溶液的质 量分数越大，反应速率越大，制取相同体积的O2所需的时 间越短，故正确答案为B。] 5.C[A.随着反应的进行，a~c段反应速率反而加快的原因 可能是该反应放热，温度升高，反应速率加快，故A正确； B.若向容器内充入一定体积的NO2,增大了NO2的浓度，化 学反应速率加快，故B正确；C.恒容条件下，向反应体系中 通入不反应的氢气，反应速率不变，故C错误；D.2~8min 内，氧气的浓度变化量为1.6mol·L1-0.4mol·L1= 1.2molL1,则(0，)=1.2mo/L=0.2molL1.min, 6 min 根据化学反应速率之比等于其化学计量数之比可得，(NO2)= 0.4mol·L·min,故D正确。 6.C[A.实验I、Ⅱ的温度湘同，比较H2SO4溶液的浓度不 同时，对反应速率产生的影响，则Na2S2O3溶液的浓度应相 同，溶液的总体积应相同，从而得出a=10,A正确；B.实验 I、Ⅲ中反应物的浓度都相同，实验结果：t>t,对比实验 I、Ⅲ可知，升高温度能加快该反应速率，B正确；C.因为酸 的浓度、温度都会影响SO2气体的溶解度，所以不能用产生 气泡所需时间来记录和比较反应速率，C错误；D.因为 H2SO,溶液的浓度不同，而Na2S2O,溶液的浓度相同，所以 进行实验I、Ⅱ时，可依次向试管中加入H2SO4溶液、H2O、 Na2S2O3溶液，D正确.] 7.解析：(1)向酸化的H2○2溶液中加入碘化钾淀粉溶液，溶液 几秒后变为蓝色，说明反应生成碘单质；再向已经变蓝的溶 液中加入Na2S2O3溶液，溶液立即褪色，说明Na2S2O3和碘 单质反应，导致溶液褪色；实验中褪色速率大于变蓝色速率， 可知反应ⅰ的速率小于反应ⅱ的速率； 实验一中同时加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠，生成的碘单 质会立即和硫代硫酸钠反应，当硫代硫酸钠被消耗完，再生 成的I2才能使淀粉溶液变蓝，故溶液混合一段时间后才 变蓝； (2)探究c(H+)对反应速率的影响，则实验变量为氢离子浓 度，其他因素要相同，故加入过氧化氢溶液要相同，V1=40; 溶液的总体积要相同，V2=40;反应中氢离子为反应物，反 应物浓度增加，反应速率加快，故对比实验I和实验 Ⅱ，t1<t2； (3)实验I中混合后溶液总体积为160mL,H2O2、Na2S2O3 的物质的量分别为0.01mol·L1×40×10-3L=0.4× 10-3mol、0.01mol·L-1×20×10-3L=0.2×10-3mol,可 知H2O2过量、Na2S2O3不足，当溶液开始变蓝时，Na2S2O3 反应完全，消耗时间为t1s,故反应ⅱ在0~t1s的化学反应 0.2×103mol 速率(S,0)=160X10L=1.25×10 -mol·L1·s1; t S 根据反应1、iⅱ可知：H2O2~I2~2S2O,则反应i在0一 ts的化学反应速率(H2O2)= (S0g)=6.25X10 y mol·L1·s1。 t 答案：(1)小于硫代硫酸钠被消耗完，再生成的I2才能使 淀粉溶液变蓝 (2)①4040②< (3)1.25X10-3 6.25×10-4 t 8.C[A.由图可知，物质的量减小的Y为反应的反应物，物质 的量增大的X为生成物，Y和X的物质的量变化之比为(10 -3)mol:(5.5-2)mol=2:1,t3min时，X、Y的物质的量不 再变化说明反应达到平衡，该反应为可逆反应，则反应的化 学方程式为2Y-一X,故A错误；B.由图可知，imin时，Y 的物质的量为6mol,则Y的转化率为10mol-6mol× 10 mol 100%=40%,故B错误；C.由图可知，t2min时，X、Y的物 质的量相等，但反应未达到平衡，是平衡的形成过程，所以反 应物的正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D.由图可 知，tmin时，X、Y的物质的量不再变化说明反应达到平衡， 正、逆反应速率相等，但反应没有停止，故D错误。] 9.C[A,该反应的反应物和生成物都是气体，恒温恒容条件 9 000-= 下，不管反应是否达到平衡状态，气体的密度始终不变，在Ⅲ 条件下不能说明反应达到平衡状态，A错误；B.该反应为等 体积反应，恒温恒容条件下，不管反应是否达到平衡状态，气 体的压强、密度和平均相对分子质量均不改变，恒温恒压条 件下，气体体积不变也不能说明反应达到平衡，四个条件均 不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.该反应为气体体积 增大的反应，且反应物中有固体，恒温恒容条件下，气体的压 强不变、密度不变、平均相对分子质量不变均可说明反应达 到平衡状态，同时恒温恒压条件下，气体的体积不变可说明 反应达到平衡，C正确；D.该反应的反应物中没有气体，生 成物中二氧化碳和氨气的物质的量之比始终为1：2，则不管 反应是否达到平衡状态，恒温恒容状态下，气体的平均相对 分子质量始终不变，D错误。] 10.D[A.HI的生成速率与HI的分解速率相等，说明正反应 速率与逆反应速率相等，即达到平衡状态，A项正确；B.HI 的生成速率与H2的生成速率之比是2：1，根据各物质的 化学反应速率之比等于其化学计量数之比可知，当转换成 同一物质H2后能反映出正反应速率与逆反应速率相等， 即可说明达到平衡状态，B项正确；C.单位时间内一个 H一H键断裂的同时有两个H一I键断裂，说明正反应速率 与逆反应速率相等，即达到平衡状态，C项正确；D.单位时 间里断裂2molH1的同时生成1molI2,只代表逆反应方 向的速率，不能说明正反应速率是否等于逆反应速率，因此 不能说明反应是否达到平衡状态，D项错误。] 11.D[A.a,点后物质浓度继续变化，此时没有达到了化学平 衡状态，A错误；B.C点物质浓度更大，则反应速率更快，故 反应速率v(b点)<v(c点)，B错误；C.25min时二氧 化氮浓度瞬间增大、而四氧化二氨浓度不变，则改变的条件 是增大了NO2的浓度，C错误；D.混合气体的平均摩尔质 量为M=”,气体质量不变，但是气体的总物质的量随反 应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达 到平衡，D正确。] 12.解析：(1)由图可知10min时反应达到平衡，所以v(CO) △c(C0)_0.03mol·L-1 =0.003mol·L1·min1,反 △t 10 min 应时转化的浓度之比=化学方程式中化学计量数之比，所 以△c(H2)=△c(CO)=0.03mol·L (2)达到平衡的标志是各物质的物质的量分数保持一定，浓 度不变，正、逆反应速率相等且不为零。CO减小的化学反 应速率是正反应速率，CO。减小的化学反应速率是逆反应 速率，所以选①③。 答案：(1)0.003mol·L-1·min10.03mol·L- (2)①③ l3.解析：D表示的化学反应速率v(D)为0.2mol/(L·min),则生 成D的物质的量浓度为c(D)=0.2mol/(L·min)X5min =1mol/L。从而建立以下三段式： A(g)+2B(g)==3C(g)+nD(g) 起始量(mol/L) 2 3 0 0 变化量(mol/L) 0.5 1.5 1 平衡量(mol/L) 1.5 2 1.5 1 (1)由上面分析可知，5min末A的物质的量浓度为 1.5mol/L。(2)前5min内用B表示的化学反应速率(B) =1mol/L=0.2mo/(L·min)。(3)前5min内A的转化率 5 min 为0,5m0/上×10%=25%。4④由浓度的变化量之比等于其 2 mol/L 化学计量数之比，可得出号-15m2。(⑤)为使于比 1 mol/L 较，将各物质表示的速率都转化为A物质表示的速率，则为： ①u(A)=5mol/(L·min);②z(B)=6mol/(L·min),z(A)= 3mol/(L·min);③v(C)=4.5mol/(L·min),v(A)= 1.5mol/(L·min);④v(D)=8mol/(L·min),v(A) =4mol/(L·min); 以上速率中，5mol/(L·min)最大，故反应速率最快的 是①。 答案：(1)1.5mol/L(2)0.2mol/(L·min) (3)25%(4)2(5)①