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2024—2025学年高中化学沪科版必修第二册6.1化学反应速率
一、单选题
1．下列措施中，不能增大化学反应速率的是
A．与稀盐酸反应生成，适当升高温度
B．Al在中燃烧生成，用铝粉代替铝片
C．Zn与稀硫酸反应制取时，加入蒸馏水
D．分解制取时，添加少量
2．电喷雾电离得到的(等)与反应可得。分别与反应制备甲醇，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。下列说法正确的是
A．反应中作催化剂
B．与反应的能量变化为图中曲线b
C．与反应，生成的氘代甲醇有两种
D．步骤Ⅰ和Ⅱ中均涉及氢原子成键变化
3．下列实验方案不能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 探究催化剂对分解速率的影响 两支试管中均盛有4%溶液，向其中一支试管中加入少量，比较实验现象
B 检验溶液中 取待测液于试管中，滴加KSCN，无明显现象，再滴加，观察溶液颜色变化
C 验证蔗糖是否发生水解 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，观察是否有银镜生成
D 验证浓硫酸有脱水性 取5克蔗糖放于小烧环中，滴几滴水，再倒入少许浓硫酸，用玻璃棒搅拌，观察蔗糖的变化
A．A B．B C．C D．D
4．某实验小组以相同大小的铜片和锌片为电极研究水果电池，得到的实验数据如下表。下列说法错误的是
实验编号 水果种类 电极间距离/cm 电流/μA
① 番茄 1 98.7
② 番茄 2 72.5
③ 苹果 2 27.2
A．实验①中，Cu电极上发生还原反应
B．实验②中，番茄汁里的阴离子移向Zn片
C．对比实验①③，导致电流强度减小的主要因素是增大电极间距离
D．对比实验②③，表明水果种类对电流大小有影响
5．过量的锌粉与一定量的稀硫酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成的氢气总量，下列措施不能达到目的的是
A．升高温度 B．锌粒换成锌粉
C．加入少量固体 D．稀硫酸换成98%浓硫酸
6．实验室用锌粒与稀盐酸反应制氢气，下列措施不能使反应速率加快的是
A．升高温度 B．增加相同浓度的稀盐酸的体积
C．将锌粒研磨成锌粉 D．加入少量CuSO4溶液
7．某温度时，在2L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图所示，下列说法正确的是
A．4min时，，说明反应已达平衡状态
B．该反应的化学方程式为
C．0～4min内，用B表示的平均反应速率为
D．10min时，该反应已达到其最大限度
8．在四种不同条件下，分别进行反应，实验测得反应速率分别为①；②；③；④。下列关于四种条件下的反应速率大小关系的比较正确的是
A．②>①>③>④ B．④>②>③>①
C．④>③=①>② D．④>②>①=③
9．一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn（Ⅱ）起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法错误的是
A．Mn（Ⅲ）能氧化H2C2O4
B．总反应为：
C．由于Mn（Ⅱ）的催化作用，13min后反应速率会加快
D．该反应过程中，随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
10．向溶液中加入溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（），继续加入溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是
A．是分解反应的催化剂
B．既表现氧化性又表现还原性
C．将还原为
D．发生了反应
11．碳酸钙与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示，下列结论错误的是
A．反应2-4 min内平均反应速率最大
B．反应4-6min的速率最大
C．反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大
D．反应在2～4 min内以CO2的物质的量变化表示的反应速率为v(CO2)=0.1 mol·min-1
12．化学是一门以实验为基础的自然科学。通过实验观察、测量和分析来揭示物质的性质、组成、结构以及变化规律。下列实验装置能达到实验目的是
A．探究浓度对化学反应速率的影响 B．实验室制备氨气
C．制备 D．和浓制
A．A B．B C．C D．D
13．一定条件下，在一密闭容器中加入1.0mol·L-1的N2与3.0mol·L-1的H2混合制备氨，反应到2s时测得NH3的浓度为0.8mol·L-1，用氢气表示的该反应的反应速率为
A．0.2mol·(L·s)-1 B．0.6mol·(L·s)-1
C．0.4mol·(L·s)-1 D．0.8mol·(L·s)-1
14．一定温度下，在5L的密闭容器中投入一定量的气体A、气体B发生反应生成气体C，12s时生成C的物质的量为1.2mol(过程如图)。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．2s内用气体A表示的化学反应速率为
C．12s时容器内的气体压强与起始时的气体压强之比为13：11
D．4s时正反应速率等于逆反应速率
15．实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案和现象如下：
(已知：是紫黑色固体。溶于水由于量的不同而呈现黄色或棕黄色)。
实验① 实验② 实验③
实验①：无明显现象。
实验②：溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色。
实验③：溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色物质析出。
下列说法错误的是
A．加入KI能加快的分解
B．对比②和③，说明的分解放出热量
C．对比②和③，说明酸性条件下氧化KI的速率更快
D．对比②和③，③中的现象可能是因为分解的速率大于氧化KI的速率
二、填空题
16．在一定温度下，4L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图所示：
(1)该反应的化学方程式为 。
(2)t2时刻，正逆反应速率大小关系为V正 V逆(填“>”、“=”、“<”) 。
(3)若t2=2min，计算反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率为： 。
(4)在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)+2B(g)3C(g)+nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，D的化学反应速率v(D)=0.2mol/(L·min)。请回答：
①前5min内A的转化率为 。
②化学方程式中n的值为 。
17．将0.1 mol MnO2粉末加入到50 mL过氧化氢溶液(H2O2，ρ＝1.1 g/mL)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。
(1)实验时放出气体的总体积是 。
(2)放出一半气体所需的时间为 。
(3)A、B、C、D各点反应速率的快慢顺序为 。
(4)解释反应速率变化的原因： 。
(5)H2O2初始状态的浓度为 。
18．活化分子：能够发生 的分子。
19．SO2的催化氧化反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) ΔH =- 196 kJ·mol-1是硫酸工业中十分重要的反应。回答下列问题：
(1)一定温度下，将2 mol SO2和1 mol O2充入1L恒容密闭容器中，发生反应。5 min时达到平衡、测得反应放热147kJ。
①0~5 min内，用O2表示的平均反应速率v(O2)= mol·L-1·min-1。
②反应达到平衡后，通入氩气使压强增大，平衡 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
③反应达到平衡后，保持其他条件不变，t0时 刻升高温度，请在图中画出改变条件后至达到新平衡时v正、v逆的变化曲线并注明v正、v逆。
(2)选用V2O5作催化剂的催化过程分两步完成，第二步反应为4VO2+O2=2V2O5， 则第一步反应的化学方程式为 。
三、计算题
20．减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用，科学家研究利用回收的CO2制取甲醛，反应的热化学方程式为CO2(g)+2H2(gHCHO(g)+H2O(g) ΔH。实验室在2L密闭容器中进行模拟上述合成HCHO的实验。T1℃时，将体积比为1∶2的CO2和H2混合气体充入容器中，每隔一定时间测得容器内气体压强如表所示：
时间/min 0 10 20 30 40 50 60
压强/kPa 1.08 0.96 0.88 0.82 0.80 0.80 0.80
已知：v(B)=，则反应开始10min内，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为 kPa min-1。
21．在一密闭的2L容器中装有4molSO2和2molO2，在一定条件下开始反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。2min末测得容器中有1.6molSO2，请计算：
(1)2min末SO3的浓度；
(2)2min内SO2的平均反应速率。
(3)2min末SO2的转化率。
(4)反应前后的压强之比。
22．回答下列问题
(1)在400℃时，将一定量的和14mol压入一个盛有催化剂的10L密闭容器中进行反应：，已知2min后，容器中剩余2mol和12mol，则：
①反应中消耗了 mol，2min后的物质的量浓度是 。
②2min内平均反应速率： 。
③发生反应前容器内压强与发生反应后容器中压强比值为： 。
(2)某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。
①Z的产率是 。
②由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为 。
③若三种物质都是气体，则平衡时X所占体积的百分比为 。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C C C D B D D D C
题号 11 12 13 14 15
答案 B C B B D
1．C
【详解】A．与稀盐酸反应生成，适当升高温度能增大化学反应速率，A不符合；
B．铝粉代替铝片，增加固体表面积，能增大化学反应速率，B不符合；
C．Zn与稀硫酸反应制取时，加入蒸馏水，浓度减小，反应速率减慢，C符合；
D．分解制取时，添加少量，加入催化剂能增大化学反应速率，D不符合；
故选C。
2．C
【详解】A．由反应历程可以看出，该反应方程式为，则为反应物，A错误；
B．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，与反应的能量变化为图中曲线a，B错误；
C．根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，C正确；
D．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，故步骤Ⅱ没有氢原子成键变化，D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．采用控制变量法，两支试管中H2O2的浓度、温度相同，不同之处在：一支试管中没有催化剂、一支试管中使用催化剂，能探究催化剂对H2O2分解速率的影响，A项能达到实验目的；
B．取待测液于试管中，滴加KSCN，无明显现象，说明待测液中没有Fe3+，再滴加H2O2，若溶液变红说明溶液中有Fe2+，若溶液不变红说明溶液中没有Fe2+，B项能达到实验目的；
C．用银氨溶液验证蔗糖是否发生水解反应必须在碱性条件下，即加入银氨溶液之前要先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，C项不能达到实验目的；
D．取5克蔗糖放于小烧环中，滴几滴水，再倒入少许浓硫酸，用玻璃棒搅拌，观察到变黑说明浓硫酸有脱水性，D项能达到实验目的；
答案选C。
4．C
【详解】A．由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为原电池的负极，Cu为正极，Cu电极上发生还原反应，A正确；
B．实验②中，Zn为原电池的负极，Cu为正极，阴离子移向负极即Zn片，B正确；
C．实验①和③水果种类不同，电极间距离也不同，同时改变了两个外界条件，因此不是探究电极间距离对电流的影响，C错误；
D．实验②和③电极材料相同，电极间距离相同，只有水果种类不相同，可见这两个实验探究的是水果种类对电流的影响，D正确；
故合理选项是C。
5．D
【详解】A．升温，活化分子数目增多，反应速率加快，且不影响生成氢气量，A正确；
B．锌粒换成锌粉，增大了接触面积，反应速率加快，且不影响生成氢气量，B错误；
C．加入少量硫酸铜溶液，能够形成锌铜原电池，加快反应速率，氢离子物质的量不变，生成氢气总量不变，C正确；
D．稀硫酸换成98%浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，使得反应生成二氧化硫和水，使得生成氢气量改变，D错误；
故选D。
6．B
【详解】A．升高温度能加快锌粒和稀盐酸的反应，A不符合题意；
B．增大相同浓度的盐酸用量，浓度未变，不能加快反应速率，B符合题意；
C．将锌粒研磨成锌粉，增大接触面积，可以加快反应速率，C不符合题意；
D．锌置换出铜形成锌—铜原电池，可以加快反应速率，D不符合题意；
故选B。
7．D
【详解】A．由图可知，4min后A、B的物质的量仍在改变，说明4min时反应没有达到化学平衡状态，故A错误；
B．由图可知，4min时，A的物质的量减少0.8mol-0.4mol=0.4mol，B的物质的量增多0.4mol-0.2mol=0.2mol，则A为反应物，B为生成物；反应达平衡时A、B的物质的量均不为0，说明该反应为可逆反应，由物质的量变化量之比为化学计量数之比可知，反应的化学方程式为2AB，故B错误；
C．由图可知，4min时，B的物质的量增多0.4mol-0.2mol=0.2mol，则0～4min内，B的反应速率为=0.025mol/(L·min)，故C错误；
D．由图可知，8min时，A、B的物质的量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，所以10min时，该反应已达到其最大限度，故D正确；
故选D。
8．D
【详解】单位相同的条件下，不同物质的反应速率与其计量数的比值越大，其反应速率越大：
①=0.1mol L-1 min-1；
②=0.15mol L-1 min-1；
③=0.1mol L-1 min-1；
④=0.6mol L-1 min-1；
根据以上分析知，反应速率由大到小顺序是④＞②＞①=③；
答案选D。
9．D
【分析】约13min前，随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后，Mn(Ⅳ)被消耗；约13min后，随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)， 所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项正确；
B．被还原为，H2C2O4被氧化为，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为，B项正确；
C．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，因此13min后反应速率会加快，C项正确；
D．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，D项错误；
答案选D。
10．C
【分析】溶液中加入溶液，有大量气体逸出，且蓝色溶液变为红色浑浊，说明氧化生成，自身被还原为，离子方程式为：；继续加入溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，则氧化生成和水，离子方程式为：。
【详解】A．根据分析，反应前后不变，是分解反应的催化剂，A正确；
B．在反应中表现还原性，在反应中表现氧化性，B正确；
C．根据分析，将氧化为，C错误；
D．根据分析，继续加入溶液，发生了反应，D正确；
答案选C。
11．B
【详解】A．由图象可知，2～4min内产生气体最多，反应速率最快，故A正确；
B．由图象可知，反应4分钟后曲线斜率变小，则反应速率减小，故B错误；
C．反应是放热反应，随着发应进行温度升高，会导致反应速率加快，随着反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，反应开始4 min内反应速率加快，说明温度对反应速率起主要作用，故C正确；
D．反应在2～4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)== 0.1 mol·min-1，故D正确；
答案选B。
12．C
【详解】A．H2O2和NaHSO3溶液反应生成H2O和Na2SO4，该反应没有现象，不能用来探究浓度对化学反应速率的影响，A错误；
B．加热氯化铵时，它会分解成氯化氢气体和氨气，二者遇冷又生成氯化铵，不能通过加热氯化铵来制备氨气，B错误；
C．实验开始时，先打开C，铁和硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，利用氢气排出装置中的空气，待装置中充满氢气时，关闭C，A中的亚硫酸铁被压入装置B反应生成，C正确；
D．易溶于水，和浓制不能用启普发生器，D错误；
故选C。
13．B
【详解】该反应化学方程式为：，氨气的反应速率，化学计量数之比等于反应速率比，则，故答案为B。
14．B
【分析】12s是物质的量不再变化可知其反应达到平衡，12s时，A的物质的量减少了1.6mol-0.4mol=1.2mol，B的物质的量减少了1.0mol-0.6mol=0.4mol，C生成了1.2mol，根据变化量之比等于化学计量系数比，该反应的化学方程式为。
【详解】A．根据分析可知该反应的化学方程式为，故A错误；
B．2s内用气体A表示的化学反应速率为，故B正确；
C．体积相同，温度相同，装置内压强之比就等于气体物质的量之比，反应前气体总的物质的量为2.6mol，12s时，12s时容器内的气体压强与起始时的气体压强之比等于物质的量之比，即为11：13，故C错误；
D．4s时，反应没有达到平衡，正、逆反应速率不相等，故D错误；
故选：B。
15．D
【详解】A．由实验①②的实验现象可知，实验①无明显现象，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体说明碘化钾是过氧化氢溶液发生分解反应的催化剂，对过氧化氢的分解有催化作用，故A正确；
B．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液温度升高，实验③溶液温度无明显变化说明过氧化氢催化分解的反应为放热反应，故B正确；
C．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，实验③溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体说明酸性条件下过氧化氢溶液氧化碘化钾溶液的反应速率明显大于过氧化氢催化分解的速率，故C正确；
D．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，实验③溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体说明酸性条件下过氧化氢溶液氧化碘化钾溶液的反应速率明显大于过氧化氢催化分解的速率，故D错误；
故选D。
16．(1)2NM
(2)>
(3)0.25mol/(L·min)
(4) 25% 2
【详解】（1）如图所示，气体N的物质的量在逐渐减小，M的物质的量在逐渐增加，化学反应在t3时达到平衡状态，依据反应的物质的量变化之比等于化学方程式计量数之比，△n(N):△n(M)=(8-2):(5-2)=2:1，则反应的化学方程式为：；
（2）通过图象可知，在t2时刻，反应物N的物质的量在减小，生成物M的物质的量在增加，所以反应向正反应方向进行，即V正>V逆；
（3）若t2=2 min，计算反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率为；
（4）由题意可知：
由三段式可知：前5min内A转化了1mol，所以前5min内A的转化率为；5min末测得C的物质的量为3mol，5min内，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得：，解得n=2，所以化学方程式中n的值为2。
17． 60mL 1min D＞C＞B＞A 随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小 0.11 mol L﹣1
【详解】(1)反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，由图像可知，生成氧气的总体积为60mL，故答案为60ml；
(2)由图像可知，当时间进行到1min时，生成氧气的体积为30mL，此时生成的氧气为总体积的一半，需要的时间为1min，故答案为1min；
(3)由图可知，随着反应的进行，相同时间内产生气体的体积减小，反应速率减小，即A、B、C、D各点反应速率的快慢顺序为D＞C＞B＞A，故答案为D＞C＞B＞A；
(4)随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，所以速率逐渐减小，故答案为：随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小；
(5)生成氧气的体积为60mL，即0.06L， ，解得：n(H2O2)=≈0.00536mol，所以c(H2O2)=≈0.11 mol L﹣1，故答案为：0.11 mol L﹣1。
18．有效碰撞
【详解】不是反应物分子之间的任何一次直接作用都能发生反应，只有那些能量相当高的分子之间的直接作用才能发生反应，反应中能量较高的、能发生有效碰撞的分子叫做活化分子。
19．(1) 0.15 不移动
(2)SO2+V2O5=2VO2+SO3
【分析】物质的量与热量成正比，5 min时达到平衡，测得反应放热147kJ，则参加反应的氧气为=0.75mol，根据v(O2)=进行相关计算，根据影响平衡移动的因素，来判断平衡移动，以此来解析；
【详解】（1）①物质的量与热量成正比，5 min时达到平衡，测得反应放热147kJ，则参加反应的氧气为=0.75mol，0~ 5 min内，用O2表示的平均反应速率v(O2)===0.15mol·L-1·min-1；
②反应达到平衡后，1L恒容密闭容器中，通入氩气使体系内的压强增大，但是参加反应各物质浓度未变(参加反应的各物质的压强未变)，平衡不移动；
③反应达到平衡后，保持其他条件不变，t0时 刻升高温度，正逆反应速率瞬时都变大，根据反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)ΔH =-196 kJ·mol-1，升温平衡逆向移动，v逆大于v正，随着反应的进行v逆逐渐减小，v正逐渐增大，最后达到新的平衡，变化图象如图：；
（2）催化剂在反应前后质量不变，根据总反应2SO2+O2=2SO3可知，催化过程的两步反应为：SO2+V2O5=2VO2+SO3、4VO2+O2=2V2O5；
20．0.024
【详解】T1℃时，起始总压强为1.08kPa，由CO2和H2的体积比为1:2可得，CO2和H2的分压为1.08×=0.36和1.08×=0.72，容器体积不变，根据PV=nRT，分压与物质的量成正比，则有：10min时，0.36-x+0.72-2x+x+x=0.96，则x=0.12，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为=0.024kPa min-1，故答案为：0.024。
21．(1)1.2mol/L
(2)0.6mol/(L·min)
(3)60%
(4)5：4
【分析】
(1)
2min末测得容器中有1.6molSO2，则参加反应的二氧化硫物质的量为4mol﹣1.6mol=2.4mol，由方程式可知生成的三氧化硫的物质的量为2.4mol，故三氧化硫的浓度为 =1.2mol/l
答：2min末SO3的浓度；1.2mol·L－1。
故答案为：1.2mol·L－1；
(2)
v(SO2)= =0.6mol L﹣1 min﹣1
答：2min内SO2的平均反应速率0.6mol/(L·min)。
故答案为：0.6mol/(L·min)；
(3)
二氧化硫的转化率为 =60%
答：2min末SO2的转化率为60%。
故答案为：60%；
(4)
由(1)知参加反应的二氧化硫为2.4mol，根据反应，参与反应的氧气为×2.4mol=1.2mol，生成的三氧化硫为2.4mol，气体压强之比等于气体物质的量之比，反应前后的压强之比=反应前后的物质的量之比，则为(4mol+2mol)：(1.6mol+0.8mol+2.4mol)=5：4
答：反应前后的压强之比5：4。
故答案为：5：4。
22．(1) 4 0.4mol/L 0.1mol/(L·min) 10：9
(2) 30% 38.9%
【详解】（1）①已知2min后，容器中剩余2mol和12mol，因此消耗氧气的物质的量是14mol－12mol＝2mol，根据方程式可知反应中消耗了4mol，同时生成三氧化硫是4mol，则2min后的物质的量浓度是4mol÷10L＝0.4mol/L。
②2min内平均反应速率＝0.1mol/(L·min)。
③压强之比是物质的量之比，则发生反应前容器内压强与发生反应后容器中压强比值为：。
（2）①达到平衡时消耗X的物质的量是1mol－0.7mol＝0.3mol，消耗Y的物质的量是1mol－0.9mol＝0.1mol，生成Z的物质的量是0.2mol，变化量之比是化学计量数之比，因此方程式为，所以Z的理论产量是，平衡时生成Z是0.2mol，所以Z的产率是×100%＝30%。
②根据以上分析可知该反应的化学方程式为。
③若三种物质都是气体，则平衡时X所占体积的百分比为×100%≈38.9%。

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