鲁科版高一化学必修2第2章化学键化学反应与能量第2节化学反应的快慢和限度阶段练习(含答案)


    高中化学鲁科版必修2第2章化学键化学反响与能量 第2节化学反响的快慢和限度阶段练习 一、单项选择题 1.合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大奉献。一定温度下,在恒容密闭容器中进行合成氨反响:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。以下能充分说明该反响到达化学平衡状态的是 A.正、逆反响速率都等于零 B.N2、H2、NH3的浓度相等 C.N2、H2、NH3的浓度不再变化 D.N2、H2、NH3在密闭容器中共存 2.反响4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g),经2 min,B的浓度减少了0.6 mol·L-1。以下表达正确的选项是〔    〕 A.用A表示的反响速率是0.4 mol·(L·min)-1 B.分别用B,C,D的浓度变化量表示反响的速率,其比值是3∶2∶1 C.在2 min末的反响速率,用B表示是0.3 mol·(L·min)-1 D.在这2 min内B和C两物质的浓度都减小 3.对于反响4NH3+5O2=4NO+6H2O,以下为4种不同情况下测得的反响速率中,说明该反响进行最快的是 A.v(NH3)=0.2 mol/〔L·s〕 B.v(O2)=1.4 mol/〔L·min〕 C.v(H2O)=0.25 mol/〔L·s〕 D.v(NO)=9 mol/〔L·min〕 4.以下关于化学反响速率说法中不正确的选项是( ) A.反响速率用于衡量化学反响进行的快慢 B.决定反响速率的主要因素是反响物的性质 C.可逆反响到达化学平衡状态时,正、逆反响的速率都为0 D.增大反响物的浓度、提高反响温度都能增大反响速率 5.在一定温度下,2 L密闭容器内,反响2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)体系中,n(NO)随时间的变化如下表: 时间/min 0 1 2 3 4 5 n(NO))/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 该反响到达平衡状态的时间是 A.3 min B.1 min C.2 min D.0 min 6.在一定温度下,可逆反响2A(g)+B(g)C(g)+D(g)到达平衡的标志是 A.C的生成速率和B的消耗速率相等 B.v正(A)=2v正(B) C.反响混合物中A、B、C、D的物质的量分数不再发生变化 D.2v正(A)=v逆(B) 7.近年来,我国大力弘扬中华优秀传统文化表达了中华民族的“文化自信〞。以下有关说法错误的选项是: A.成语“百炼成钢〞、“蜡炬成灰〞中均包含了化学变化 B.“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成丹砂〞描述的是可逆反响 C.谚语“雷雨肥庄稼〞,其过程中包含了氧化复原反响 D.?荷塘月色?中“薄薄的青雾浮起在荷塘里〞中的“青雾〞属于胶体 8.反响 A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g) 在四种不同情况下的反响速率分别为①v(A)=1.2mol·L−1·min−1 ②v(B)=0.75mol·L−1·s−1 ③v(C)=0.5 mol·L−1·s−1 ④v(D)=0.6 mol·L−1·s−1, 该反响进行的快慢顺序为 A.④>③=②>① B.④<③=②<① C.①>②>③>④ D.④>③>②>① 9.在一定条件下,将3molA和1molB两种气体混合于容积为2L的恒容密闭容器中,发生如下反响:3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)。2min末该反响到达平衡,测得生成0.8molD和0.4molC。以下判断正确的选项是〔 〕 A.x=2 B.2min时,A的浓度为0.9mol·L-1 C.2min内B的平均反响速率为0.3mol·L-1·min-1 D.B的转化率为60% 10.在一定条件下的恒温恒容容器中,当以下物理量不再发生变化时,反响:2A〔g〕+B〔g〕3 C〔g〕+D〔s〕不能说明已达平衡状态的是〔 〕 A.B的体积分数 B.气体平均相对分子质量 C.气体的总压强 D.混合气体的密度 11.以下不属于可逆反响的是〔 〕 A.氯气与水反响生成与 B.与在一定条件下可以生成,同时又可分解为和 C.电解水生成和,氢气和氧气燃烧生成 D.溶于水生成 12.反响2X(g)+Y(g)⇌2Z(g),某研究小组将4moX和2molY置于一容积不变的密闭容器中,测定不同时间内X的转化率,得到的数据如表所示,以下判断正确的选项是( ) t/min 2 4.5 5 6 X的转化率 30% 40% 70% 70% A.随着反响的进行,混合气体的密度不断增大 B.其他条件不变,将X的物质的量改为10mol,那么可得到4molZ C.6min时,容器中剩余1.4molY D.反响在5.5min时, 13.恒温、恒压下,1molA和1molB在一个容积可变的容器中发生反响:A(g)+2B(g)2C(g)。一段时间后到达平衡,生成amolC。以下说法不正确的选项是〔 〕 A.起始时和到达平衡时容器中的压强之比为1:1 B.平衡时物质A、B的转化率之比为1:2 C.平衡时A的转化率为 D.当v正(A)=v逆(B)时,可判定反响到达平衡状态 14.工业制硫酸中的一步重要反响是SO2在400~500℃下的催化氧化:2SO2+O22SO3,这是一个正反响放热的可逆反响。假设反响在密闭容器中进行,下述说法中错误的选项是〔 〕 A.使用催化剂是为了加快反响速率 B.在上述条件下,SO2不可能100%的转化为SO3 C.为了提高SO2的转化率,应适当提高O2的浓度 D.到达平衡时,SO2的浓度与SO3的浓度相等 15.一定温度下,在某固定容积的密闭容器中发生可逆反响A(s)+3B(g)D3C(g),该反响到达平衡状态的标志是 A.密闭容器内物质的总质量不再改变 B.密闭容器内气体的压强不再改变 C.密闭容器内混合气体的总物质的量不再改变 D.密闭容器内混合气体的质量不再改变 16.20℃时,将0.1molN2O4置于1L密闭的烧瓶中,然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中,烧瓶内的气体逐渐变为红棕色:N2O4(g)⇌2NO2(g)。以下结论不能说明上述反响在该条件下已经到达反响限度的是 ①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2②NO2消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2:1③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化 A.②③⑤⑥⑦ B.①④⑧ C.只有①④ D.只有⑦⑧ 17.以下说法中不正确的选项是〔 〕 A.当一个可逆反响到达平衡状态时,就是这个反响在该条件下所能到达的限度 B.当一个可逆反响到达平衡状态时,这个反响的正反响速率和逆反响速率相等 C.可以通过控制反响条件,使2 mol SO2与1 mol O2反响生成2 mol SO3 D.化学反响的限度可以通过改变条件来改变 18.在溶液中进行反响:+H2O⇌2+2H+。以下说法正确的选项是 A.假设溶液pH不再变化,那么反响到达平衡状态 B.到达平衡时υ正()=2υ逆() C.平衡后混合物中各组分的物质的量浓度相等 D.到达平衡后升温,正反响速率增大,逆反响速率减小 二、综合题 19.某学生为了探究锌与盐酸反响过程中的速率变化,在100mL稀盐酸中参加足量的锌粉,用排水集气法收集反响放出的氢气。〔实验记录的体积为累计值,已换算成标准状况〕: 时间〔min〕 1 2 3 4 5 氢气体积〔mL〕 50 120 232 290 310 〔1〕哪一时间段〔指0~1、1~2、2~3、3~4、4~5 min〕反响速率最大___,原因是___。 〔2〕哪一段时段的反响速率最小___,原因是___。 〔3〕求2~3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反响速率〔设溶液体积不变〕___。 〔4〕如果反响太剧烈,为了减缓反响速率而又不减少产生氢气的量,他在盐酸中分别参加等体积的以下溶液: A.蒸馏水 B.NaCl溶液 C.NaNO3溶液 D.Na2CO3溶液 你认为可行的是〔填编号〕___。 20.某学生为了探究锌与盐酸反响过程中速率变化,在100 mL稀盐酸中参加足量的锌粉,标准状况下测得数据累计值如下: 时间 第1分钟 第2分钟 第3分钟 第4分钟 第5分钟 产生氢气体积 50mL 120mL 232mL 290mL 310mL 〔1〕在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min时间段中,化学反响速率最大的时间段是____,导致该时间段化学反响速率最大的影响因素是____〔选填字母编号〕。 A.浓度 B.温度 C.气体压强 〔2〕化学反响速率最小的时间段是____,主要原因是____。 〔3〕在2~3分钟时间段,以盐酸的浓度变化来表示的该反响速率为___mol/〔L•min〕〔设溶液体积不变〕。 〔4〕为了减缓反响速率但不减少产生氢气的量,可以向盐酸中分别参加等体积的___。 A.蒸馏水;B.NaCl溶液;C.NaNO3溶液;D.CuSO4溶液;E.Na2CO3溶液 21.某小组同学查到一份研究过氧化氢溶液与氢碘酸(HI)反响的实验资料,具体如下: 资料1:室温下,过氧化氢溶液可与氢碘酸(HI)反响,溶液为棕黄色。 资料2:实验数据如下表所示。 实验编号 1 2 3 4 5 实验条件 保持298K,101kPa条件下,取相同体积的H2O2和HI溶液 c(H2O2)/mol/L 0.1 0.1 0.1 0.3 0.3 c(HI)/mol/L 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 出现棕黄色时间/s 13.1 6.5 4.3 4.4 4.4 (1)过氧化氢溶液与氢碘酸(HI)反响的化学方程式为__________。 (2)实验1、2、3研究__________对反响速率的影响,结论是__________。 (3)该组同学对编号4、5的实验分别升高不同温度,发现升高温度较小的一组,棕黄色出现加快,升高温度较大的一组,棕黄色出现反而变慢,可能的原因__________。 (4)该小组同学用碘化钾替代氢碘酸验证上述实验。在实验过程中,未观察到溶液变为棕黄色,却观察到产生无色气体。于是,该小组同学提出假设:KI可能是过氧化氢分解反响的催化剂(实验室提供KI溶液),并设计如下实验验证其假设。 实验步骤: I.取2支试管,向试管1中参加2mL 0.1mol·L-1 H2O2溶液、lmLKI溶液,向试管2中参加…… II.分别将2支试管置于40℃水浴中。 ①试管2中应参加的试剂是__________。 ②实验现象证明该小组同学假设成立,该实验现象是__________。 22.甲同学用图1所示实验装置测定锌与稀硫酸反响的速率 (1)甲同学测得产生H2体积与反响时间的关系如图3所示,该条件下气体摩尔体积为25 L·mol-1 ,溶液体积为40 mL,在20 s内用Zn2+浓度表示的平均反响速率v(Zn2+)=_____________mol·(L·s)-1。 (2)实际测定中发现在t1到t2时段,H2的体积变化如图3所示,试分析变化的原因:________ (3)乙同学认为图1装置中硫酸溶液的体积对H2的体积测定存在一定的影响 ,将实验装置进行如图2所示改良,结果发现产生氢气的速率发生明显变化,分析可能的原因________ 参考答案 1.C 【解析】A.化学平衡是动态平衡,当反响到达平衡状态时,正、逆反响速率相等,不等于零,故A不符合题意; B.化学平衡时N2、H2、NH3的浓度取决于起始时各物质的量关系和转化的程度,浓度相等不能作为判断化学反响到达平衡的标志,故B不符合题意; C.化学平衡时N2、H2、NH3的浓度不再变化,说明反响到达平衡状态,故C符合题意; D.该反响为可逆反响,只要发生反响,就有N2、H2、NH3在密闭容器中共存,故D不符合题意; 答案选C。 2.B 【解析】2 min B的浓度减少0.6 mol/L,那么v(B)==0.3 mol/(L·min)-1。 A.A为固态,不能用A表示反响速率,A错误; B.化学反响速率与化学计算成正比,那么用B、C、D表示反响的速率比值是3:2:1,B正确; C.反响速率v(B)为平均速率,不是瞬时速率,C错误; D.随反响进行反响物的浓度降低,生成物的浓度逐渐增大,故在这2 min内物质的浓度逐渐减小,C物质的浓度逐渐增大,D错误。 答案选B。 3.A 【解析】如果都用氧气表示其反响速率,那么根据反响速率之比是化学计量数之比结合方程式可知选项A~D分别是[mol/(L·min〕]15、1.4、12.5、11.25,所以反响速率最快的是选项A。答案选A。 4.C 【解析】A. 反响速率是一种用于衡量化学反响进行快慢的物理量,用单位时间内反响物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示,A正确; B. 决定反响速率的主要因素是反响物本身的性质,B正确 C. 可逆反响到达化学平衡状态时,正、逆反响的速率相等,但都不为0,C错误; D. 增大反响物的浓度、提高反响温度都能增大反响速率,D正确。 答案选C。 5.A 【解析】当化学反响到达平衡状态时,正逆反响速率相等,各物质的浓度及物质的量不变,当反响到达3min时,NO的物质的量不变,所以该反响在3min时到达平衡状态. 综上所述,此题应选A。 6.C 【解析】A.C的生成速率和B的消耗速率相等,不能证明正逆反响速率相等,故A错误; B.化学反响速率之比等于反响方程式的系数之比,即v正〔A〕=2v逆〔B〕,而v正(A)=2v正(B),未表达正与逆的关系,故B错误; C.当该反响到达平衡状态,各组分的质量分数不再改变,故C正确; D.当v正〔A〕=2v逆〔B〕时,证明正逆反响速率相等,而2v正(A)=v逆(B)比例关系错误,故D错误; 答案选C。 7.B 【解析】A.“百炼成钢〞是将生铁中的C氧化为二氧化碳,发生了化学变化,“蜡炬成灰〞是烃的燃烧,发生了化学变化,所以A说法正确; B.丹砂〔HgS〕烧之成水银,积变又还成丹砂,前者需要加热,后者常温下反响,反响条件不同,不是可逆反响,所以B说法错误; C.“雷雨肥庄稼〞是将空气中游离态的N元素氧化为化合态,涉及到了氧化复原反响,所以C说法正确; D.“薄薄的青雾浮起在荷塘里〞中的“青雾〞属于气溶胶,所以D说法正确。 8.A 【解析】各物质的反响速率之比等于化学计量数之比,换算成统一物质且单位相同,可直接比拟大小:①v(A)=0.02mol·L−1·s−1,②v(A)=0.25mol·L−1·s−1,③v(A)=0.25 mol·L−1·s−1,④v(A)=0.3 mol·L−1·s−1,综上所诉,该反响进行的快慢顺序为:④>③=②>①,答案选A。 9.B 【解析】A.由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可得:,求出x=1,A不正确; B.2min时,A的浓度为=0.9mol·L-1,B正确; C.2min内B的平均反响速率为=0.1mol·L-1·min-1,C不正确; D.B的转化率为=40%,D不正确; 应选B。 10.C 【解析】A.B的体积分数不变,说明各气体的物质的量不变反响达平衡状态,A正确; B.正反响是条件不变的,但气体的质量变化,气体平均相对分子质量不变,说明气体的质量不变,反响达平衡状态,B正确; C.两边气体计量数相等,气体的总压强一直不变,C错误; D.密度是混合气体的质量和容器容积的比值,混合气体的密度不变,说明气体的质量不变,反响达平衡状态,D正确; 应选C。 11.C 【解析】A.溶于水的氯气局部与水反响生成盐酸和弱酸次氯酸,溶液中反响物和生成物同时存在,该反响是可逆反响,故A不符合; B.氮气和氢气合成氨同时氨气分解为氮气和氢气,该反响是可逆反响,故B不符合; C.电解水生成氢气和氧气通过通电反响,氢气和氧气点燃反响生成水,反响条件不同,不是可逆反响,故C符合; D.二氧化硫和水反响生成的亚硫酸,同时亚硫酸又分解生成二氧化硫和水,该反响是可逆反响,故D不符合; 应选C。 12.D 【解析】A. 该反响在容积不变的密闭容器中进行,根据质量守恒定律可知,气体的质量保持不变,故混合气体的密度不变,A判断不正确; B. 其他条件不变,将X的物质的量改为10mol,因为该反响是可逆反响,Y的转化率也不可能到达100%,故不可能得到4molZ,B判断不正确; C. 6min时,X的转化率为70%,由于投料之比等于化学计量数之比,那么Y的转化率也是70%,Y的变化量为1.4mol,容器中剩余Y0.6mol,C判断不正确; D. 由表中数据可知,反响在5min时已达平衡状态,那么反响在5.5min时,正反响速率等于逆反响速率,由于X和Z的化学计量数相同,那么,D判断正确; 此题选D。 13.D 【解析】A.反响在恒温、恒压下进行,所以起始时和到达平衡时容器中的压强之比为,A选项正确; B.A、B的起始量都是,所以A、B的转化率之比等于参加反响的A、B的物质的量之比,根据反响的化学方程式可知,物质A、B的转化率之比为,B选项正确; C.由化学方程式可知,平衡时消耗A的物质的量为,那么A的转化率为,C选项正确; D.根据方程式可知,时,正逆反响速率不相等,反响没有到达平衡状态,D选项错误; 答案选D。 14.D 【解析】A.使用催化剂可以降低反响的活化能,从而加快反响速率,A正确; B.因为反响为可逆反响,所以在上述条件下,SO2不可能100%转化为SO3,B正确; C.因为反响为可逆反响,所以适当增大O2的浓度,可促进平衡右移,从而提高SO2的转化率,C正确; D.反响到达平衡时,SO2与SO3的浓度变化量相等,但SO2与SO3的浓度不一定相等,D错误; 应选D。 15.D 【解析】A.根据质量守恒定律知,反响前后物质的总质量相等,故A项不能作为反响到达平衡状态的标志;A项错误; B、C.该反响是气体分子数相等的反响,反响过程中混合气体的总物质的量始终不变,密闭容器内气体的压强也不变,故B、C项不能作为反响到达平衡状态的标志;B、C项错误; D.由于有固体物质参加反响,所以到达平衡前混合气体的质量是不断变化的,假设混合气体的质量不再变化,那么说明反响到达了平衡状态;D项正确; 答案选D。 16.B 【解析】①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2,描述的是正反响,从反响方程式可知,从反响开始发生直到平衡N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比一直是1:2,不能说明已达平衡状态; ②NO2消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2:1,可知NO2生成速率与NO2消耗速率相等,正逆反响速率相等,说明已达平衡状态; ③该反响左右两边气体分子数不相等,只要不平衡压强就会变化,烧瓶内气体的压强不再变化,说明正逆反响速率相等,已经到达平衡状态; ④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变,不能说明已达平衡状态; ⑤NO2的物质的量浓度不再改变,说明正逆反响速率相等,已经到达平衡状态; ⑥烧瓶内气体的颜色不再加深,即NO2物质的量浓度不再变化,说明正逆反响速率相等,已经到达平衡状态; ⑦该反响左右两边气体分子数不相等,在建立平衡状态的过程中,烧瓶内气体的平均相对分子质量发生变化,当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时,说明正逆反响速率相等,已经到达平衡状态; ⑧密度=质量÷体积,气体质量不变,气体体积不变,所以密度始终不变,不能说明已达平衡状态。 由以上分析,①④⑧符合题意。 答案选B。 17.C 【解析】A.当一个可逆反响到达平衡状态时,正逆反响速率相等,这个反响在该条件下反响物的转化率最大,所以就是这个反响在该条件下所能到达的限度,故A正确; B.对于可逆反响,到达平衡状态时,正、逆反响速率相等,反响物的转化率最大,故B正确; C. 2SO2+O22SO3是可逆反响,无论怎样控制条件,反响物的转化率不可能到达100%,即2 mol SO2与1 mol O2反响不会生成2 mol SO3,故C错误; D.化学反响的限度可通过改变条件,如温度、压强等来改变,D正确; 故答案为C。 18.A 【解析】A. 假设溶液pH不再变化,那么氢离子浓度保持定值,各粒子的浓度保持定值,即反响到达平衡状态,A正确; B.速率之比和各物质系数成正比, 到达平衡时,正逆反响速率相等,故2υ正()=υ逆()时,到达平衡状态,B错误; C. 平衡后混合物中各组分的物质的量浓度不再变化,但平衡时各成分的浓度与起始浓度相关,不一定相等,C错误; D. 到达平衡后升温,正反响速率增大,逆反响速率也增大,D错误; 答案选A。 19.2~3min 锌与盐酸反响放热,溶液温度升高,反响速率加快 4~5min 随着盐酸〔或H+〕消耗,浓度降低,反响速率下降 0.1mol/(L·min) A、B 【解析】〔1〕从表中数据看出2 min~3 min收集的氢气比其他时间段多,虽然反响中c〔H+〕下降,但主要原因是Zn置换H2的反响是放热反响,温度升高,故答案为:2 min~3 min; 锌与盐酸反响,溶液温度升高,反响速率加快; 〔2〕4 min~5 min收集的氢气最少,是由于虽然反响中放热,但主要原因是c〔H+〕下降,反响物浓度越低,反响速率越小,故答案为:4 min~5 min;随着盐酸〔或H+〕消耗,浓度降低,反响速率下降; 〔3〕在2~3min时间段内,n〔H2〕==0.005mol,由2HCl~H2得,消耗盐酸的物质的量为0.01mol,那么υ〔HCl〕==0.1mol/(L·min),故答案为:0.1mol/(L·min); (4) A、参加蒸馏水,溶液的浓度减小,反响速率减小,H+的物质的量不变,氢气的量也不变,故A正确; B、参加氯化钠溶液,减小盐酸的浓度,反响速率减小,H+的物质的量不变,氢气的量也不变,故B正确; C、参加NaNO3溶液,减小盐酸的浓度,但此时溶液中含有硝酸,与金属反响得不到氢气,故C错误; D、参加Na2CO3溶液,Na2CO3能与盐酸反响,盐酸的浓度减小,反响速率减小,H+的物质的量减小,氢气的量也减小,故D错误;故答案为:A、B。 【点睛】 20.2~3min B 4~5min 因为此时H+浓度小 v〔HCl〕=0.1mol/〔L•min〕 A、B 【解析】〔1〕在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min时间段中,产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL,由此可知反响速率最大的时间段为2~3 min,因反响为放热反响,温度升高,反响速率增大,应选B。 〔2〕反响速率最小的时间段是4~5min时间段,此时温度虽然较高,但H+浓度小; 〔3〕在2~3min时间段内,n〔H2〕=0.112L/22.4L·mol-1=0.005mol,根据2HCl~H2,计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol,那么υ〔HCl〕=0.01mol÷0.1L÷1min =0.1 mol/〔L·min〕; 〔4〕A.参加蒸馏水,H+浓度减小,反响速率减小且不减少产生氢气的量,故A正确; B.参加NaCl溶液,H+浓度减小,反响速率减小且不减少产生氢气的量,故B正确; C.参加NaNO3溶液,生成NO气体,影响生成氢气的量,故C错误; D.参加CuSO4溶液,Zn置换出Cu反响速度增大,故D错误; E.参加Na2CO3溶液,消耗H+,H+浓度减小,影响生成氢气的量,故E错误. 故答案为:A、B. 21.H2O2+2HI=2H2O+I2 HI的浓度 反响速率与HI浓度成正比(或反响速率随HI浓度增大而增大) 温度升高,双氧水分解,反响物浓度降低,造成反响速率减慢 2mL 0.1mol·L-1 H2O2溶液,1mL H2O 参加KI溶液的试管中产生气体的速率快 【解析】〔1〕过氧化氢溶液与氢碘酸(HI)反响的化学方程式为:H2O2+2HI=2H2O+I2; 〔2〕根据表格信息,控制变量法可知,实验1、2、3研究HI的浓度对反响速率的影响;结论是:反响速率与HI浓度成正比(或反响速率随HI浓度增大而增大); 〔3〕反响物过氧化氢易分解,故4、5的实验分别升高不同温度,发现升高温度较小的一组,棕黄色出现加快,升高温度较大的一组,棕黄色出现反而变慢,可能的原因:温度升高,双氧水分解,反响物浓度降低,造成反响速率减慢; 〔4〕①该实验是探究催化剂碘化钾的影响,故采用控制变量法,试管2中应加:2mL 0.1mol·L -1H2O2溶液,1mL H2O; ②该小组同学认为碘化钾能催化过氧化氢分解,故该实验现象未:参加KI溶液的试管中产生气体的速率快。 22.0.0025 温度降低,气体体积减小 形成Cu-Zn原电池,加快了反响速率 【解析】(1)根据金属锌和硫酸反响的实质是:Zn+2H+=Zn2++H2↑,产生氢气50mL时,n(H2)物质的量是=0.020mol,等于锌离子的物质的量,在20 s内用Zn2+浓度表示的平均反响速率v(Zn2+)=== 0.0025mol·(L·s)-1。故答案为:0.0025; (2)在金属锌和硫酸的反响中,接近反响的最后阶段,由于气体的热胀冷缩性质,会发现气体的体积突然减小,所以气体体积变化的原因:温度降低,气体体积减小,故答案为:温度降低,气体体积减小; (3)改良后,硫酸、铜和锌形成原电池,产生氢气的速率发生明显变化,所以可能的原因形成Cu-Zn原电池,加快了反响速率,故答案为:形成Cu-Zn原电池,加快了反响速率。 本文档由香当网(https://www.xiangdang.net)用户上传

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    文档贡献者

    夏***子

    贡献于2021-09-10

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