10.某温度下,反应2A（g）
B（g）+C（g）的平衡常数为1,在容积为2L的密闭容器中加入A（g）。
20s时测得各组分的物质的量如下表:
物质
A（g）
B（g）
C（g）
物质的量/mol
1.2
0.6
0.6
下列说法正确的是（ ）
A.反应前20s的平均速率为v（A）=0.6mol·L-1·s-1
B.20s时,正反应速率等于逆反应速率
C.达平衡时,A（g）的转化率为100%
D.若升高温度,平衡常数变为0.5,则反应的ΔH<0
11.T℃时,在2L的密闭容器中,A气体与B气体发生可逆反应生成C气体,反应过程中A、B、C的物质的量变化如图（Ⅰ）所示。
若保持其他条件不变,温度分别为T1和T2时,B的物质的量分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示。
下列叙述正确的是（ ）
A.T℃时,0~2min内用A表示的化学反应速率为0.1mol/（L·min）
B.在反应达平衡时,保持其他条件不变,增大压强,正、逆反应速率都增大,且平衡向逆反应方向移动
C.在反应达平衡时,保持其他条件不变,升高温度,正、逆反应速率都增大,且A的转化率增大
D.在T℃时,若A的浓度减少1mol/L,则B的浓度会减少3mol/L,C的浓度会增加2mol/L
12.（2017北京昌平二模,28）某研究小组为了验证反应物浓度对反应速率的影响,选用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸溶液在室温下进行反应（实验中所用的草酸溶液为稀溶液,可视为强酸溶液）:
（1）将高锰酸钾氧化草酸的离子方程式补充完整:
2Mn
+ C2
+
2Mn2++ CO2↑+ H2O
（2）该小组进行了实验Ⅰ,数据如下表:
H2SO4溶液
KMnO4溶液
H2C2O4溶液
褪色时间（分:
秒）
1mL2mol/L
2mL0.01mol/L
1mL0.1mol/L
2:
03
1mL2mol/L
2mL0.01mol/L
1mL0.2mol/L
2:
16
一般来说,其他条件相同时,增大反应物浓度,反应速率增大;但分析实验数据,得到的结论是 。
（3）该小组欲探究出现上述异常现象的原因,在实验Ⅰ的基础上,只改变草酸溶液浓度进行了实验Ⅱ,获得实验数据并绘制曲线图如下:
①用文字描述曲线图表达的信息 。
②该小组查阅资料获取如下信息,其中能够解释MO变化趋势的是 。
a
KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的,反应过程中生成Mn（Ⅵ）、Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）,最终变为无色的Mn（Ⅱ）（括号中罗马数字表示锰的化合价）
b
草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物
c
草酸稳定性较差,加热至185℃可分解
（4）该小组为探究ON段曲线变化趋势的原因,又进行了实验Ⅲ,所得数据如下表。
H2SO4
溶液
Na2SO4
固体
KMnO4
溶液
H2C2O4
溶液
褪色时间
（分:
秒）
1mL
0.1mol/L
1.9×10-3mol
2mL
0.01mol/L
1mL
0.2mol/L
16:
20
1mL
0.5mol/L
1.5×10-3mol
2mL
0.01mol/L
1mL
0.2mol/L
8:
25
1mL
1.0mol/L
1.0×10-3mol
2mL
0.01mol/L
1mL
0.2mol/L
6:
15
1mL
2.0mol/L
0
2mL
0.01mol/L
1mL
0.2mol/L
2:
16
该小组进行实验Ⅲ的目的是 。
（5）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,推测造成曲线MN变化趋势的原因,为验证该推测还需要补充实验,请对实验方案进行理论设计。
答案精解精析
A组 基础题组
1.A 抗氧化剂是防止食品氧化变质的添加剂,使用目的是延缓食品的变质。
2.B A项,CaCO3（固）可以与盐酸反应,生成氢气总量减少;B项,加入Na2SO4溶液,盐酸浓度减小,反应速率减慢,但n（H+）不变,所以生成H2的总量不变;C项,加入KNO3溶液后,H+、N
与铁反应不能生成氢气;D项,加入CuSO4（固）后,铁粉与硫酸铜反应置换出铜,构成原电池加快反应速率。
3.C CuSO4的量越多,反应速率越快,收集相同体积的气体所需时间越短,故t1>t2>t3>t4,A项错误;根据对比实验的设计原则可知,CuSO4溶液与H2O的体积之和为10mL,所以V4=2、V5=10、V6=7.5,B项错误,C项正确;因为该实验仅研究CuSO4的量对反应速率的影响,所以H2SO4的量应相同,则V1=V2=V3=20,D项错误。
4.B 5min内用E表示的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1,则Δn（E）=0.1mol·L-1·min-1×0.4L×5min=0.2mol。
2A（g）+B（g）
mD（g）+E（g）
n（始）/mol0.60.500
Δn/mol0.40.20.20.2
n（平）/mol0.20.30.20.2
A项,A、B的转化率分别为66.7%和40%;B项,物质变化的物质的量之比等于方程式中的化学计量数之比,m=1;C项,5min内用A表示的平均反应速率为0.2mol·L-1·min-1;D项,平衡时混合物总物质的量为0.9mol。
5.
答案
（1）0.2
（2）①使用催化剂 升高温度 ②增大B的浓度 ③减小C的浓度
（3）-196.6kJ·mol-1
解析
（1）v（A）=
=0.2mol·L-1·min-1。
（2）①2~4min内,A、B、C的浓度变化量比前2min大,说明反应速率加快了,故第2min时改变的条件可能为使用催化剂或升高温度。
②第6min改变条件后,到第8min时,A的浓度减小而B的浓度增大,可知改变的条件为增大B的浓度。
③0~2min内,A、B、C的浓度变化量分别为0.2mol·L-1、0.4mol·L-1、0.4mol·L-1,则a、b、p分别为1、2、2,从第8、9min的数据来看,C的浓度大幅度减小,而A、B浓度也减小,且A、B浓度的减小量与化学方程式中化学计量数成正比,故第8min改变的条件为减小C的浓度。
（3）从开始到第4min消耗A1.2mol,共放出热量235.92kJ,故每消耗1molA放出热量:
×1mol=196.6kJ,由
（2）的分析可知A的化学计量数为1,故该反应的ΔH=-196.6kJ·mol-1。
6.
答案
（1）大于
（2）A
（3）升高温度 增大压强（或充入一定量的CO2） 增大
解析
（1）由图像看出,反应在6min达到平衡,a点时反应还没达到平衡,故正反应速率大于逆反应速率。
（2）随反应进行,反应物浓度不断减小,正反应速率也不断减小,故开始一段时间内正反应速率最大。
（3）由图像看出,曲线Ⅰ对应的实验缩短了达到平衡的时间,加快了反应速率,H2的转化率减小,结合该反应为放热反应可知,该实验改变的条件为升高温度。
曲线Ⅱ对应的实验缩短了达到平衡的时间,加快了反应速率,H2的转化率增大,结合该反应为气体物质的量减小的反应可知,该实验改变的条件为增大压强或充入一定量的CO2。
体积不变时再充入3molCO2和4molH2,相当于增大压强,平衡右移,H2O（g）的体积分数增大。
7.
答案
（1）0.2/t1
（2）16.4 （3）1 （4）1.6
（5）该反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,CO2平衡浓度降低
解析
（1）v（H2）=v（CO）=
=
mol/（L·min）;
（2）平衡时CO反应了0.4mol,放出的热量为41kJ/mol×0.4mol=16.4kJ;
（3）平衡时,c（CO）=0.4mol/L,c（H2O）=0.1mol/L,c（CO2）=c（H2）=0.2mol/L,所以平衡常数K甲=
=1;
（4）从反应条件和投料情况看,甲、乙为等效平衡,故a=1.6;
（5）因该反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,故CO2平衡浓度降低。
B组 提升题组
8.D A项,v（N2O4）=
=0.00125mol·L-1·s-1,则v（NO2）=2v（N2O4）=0.0025mol·L-1·s-1;B项,若59s时反应已达到平衡状态,则c（NO2）等于0.12mol·L-1;C项,n3=0.40-0.08×2=0.24,平衡常数K=
=
K只和温度有关,与投料量无关;D项,该反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动,80s时n（N2O4）<0.08mol。
9.C 0~2min内,Δn（Cl2）=1.8×10-3mol;4~6min内,Δn（Cl2）=1.7×10-3mol,所以0~2min的反应速率大于4~6min的反应速率;B项,没有给出容器的体积,无法计算化学反应速率;C项,该反应为气体分子数减少的反应,增大压强,平衡向正反应方向移动,HCl的转化率增大;D项,此反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,因此K（200℃）>K（400℃）。
10.D A项,前20s的平均速率为v（A）=1.2mol/（2L·20s）=0.03mol·L-1·s-1;B项,20s时,Qc=c（B）·c（C）/c2（A）=
=0.2511.D A项,0~2min内,A的物质的量变化量为0.5mol-0.3mol=0.2mol,v（A）=
=0.05mol/（L·min）;B项,由图（Ⅰ）可知,0~2min内A、B、C的物质的量变化量分别为0.2mol、0.6mol、0.4mol,所以A、B、C的化学计量数之比为0.2mol∶0.6mol∶0.4mol=1∶3∶2,反应方程式为A+3B
2C,增大压强,正、逆反应速率都增大,平衡向正反应方向移动;C项,由图（Ⅱ）可知,温度越高,平衡时B的物质的量分数越高,即升高温度平衡向逆反应方向移动,则A的转化率减小;D项,浓度变化量之比等于化学计量数之比,故若A的浓度减少1mol/L,则B的浓度减少3mol/L,C的浓度增加2mol/L。
12.
答案
（1）5 16H+ 10 8
（2）在当前实验条件下,增大草酸溶液浓度,反应速率减小
（3）①当草酸的物质的量浓度小于0.4mol/L时,反应速率随着草酸的物质的量浓度增加而减小;当草酸的物质的量浓度大于0.4mol/L时,反应速率随着草酸的物质的量浓度增加而增大 ②ab
（4）探究其他离子浓度不变,溶液中H+浓度对反应速率的影响
（5）当草酸溶液浓度较小时,C2
起主要作用,草酸溶液浓度越大,反应速率越小;当草酸溶液浓度较大时,H+起主要作用,使得草酸溶液浓度越大,反应速率越大。
为验证C2
对反应速率的影响,保持高锰酸钾与硫酸溶液浓度不变,增加草酸钠的浓度,记录反应速率;若随着草酸钠浓度增加,反应速率降低,证明C2
浓度越大,反应速率越小（实验方案包括:
目的,操作,现象,结论）。
解析
（1）酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应,Mn元素由+7价变为+2价、C元素由+3价变为+4价,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平方程式得2Mn
+5C2
+16H+
2Mn2++10CO2↑+8H2O;
（2）在当前实验条件下,增大草酸溶液浓度,反应时间增长,反应速率减小;
（3）①由图可知,当草酸的物质的量浓度小于0.4mol/L时,反应速率随着草酸的物质的量浓度增加而减小,当草酸的物质的量浓度大于0.4mol/L时,反应速率随着草酸的物质的量浓度增加而增大;
②MO段反应速率随着草酸的物质的量浓度增加而减小,可能的原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的,反应过程中生成Mn（Ⅵ）、Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）,最终变为无色的Mn（Ⅱ）,以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物;
（4）进行实验Ⅲ的目的是探究其他离子浓度不变,溶液中H+浓度对反应速率的影响;
（5）MN变化趋势的原因可能是当草酸溶液浓度较小时,C2
起主要作用,草酸溶液浓度越大,反应速率越小;当草酸溶液浓度较大时,H+起主要作用,使得草酸溶液浓度越大,反应速率越大。
设计实验方案时注意保持其他条件不变,只改变C2
的浓度,通过现象得出结论。
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