衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案，目前2024届金学导航答案网已经汇总了衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案的各科答案和试卷，获取更多{{papers_name}}答案解析，请在关注本站。
/化学(1-7)答案)
(3)①由电镀的工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的t1时c(NO2)=c(N2O,),t1之后c(NO2)、c(N2O,)仍在变化，锌作电镀池的阳极，与负极相连的镀件铁作阴极」说明t1时反应没有达到平衡状态，C错误；T1时，在0~t3内，②电镀时，向硫酸锌电解液中加入氯化钠溶液，溶液中存在如△c(N204)=0.04mol·L-1-0.01mol·L-1=0.03mol·下平衡Zn2++4CN一[Zn(CN)4]2-,溶液中锌离子浓度减小，使得锌离子在阴极放电速率减缓，同时通过平衡的移动补L1,则0~4内u(N,0,)=0.03mol·L-1·s-1,D正确。充放电消耗的锌离子，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率6.D由题中信息可知，反应X=2Z经历两步：①X→Y;②Y→平稳的作用，使得阴极的镀层更加致密、细腻。2Z。因此，图中呈不断减小趋势的a线为X的浓度c随时间t(4)①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度c随时间t的变子与氰酸根离子完全反应时，滴入最后半滴硝酸银溶液，溶液化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度c随时间t的变化曲中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解时说明滴定达到线。X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因终点。此，由图可知，a为c(X)随t的变化曲线，A正确；分别代表3②由终点时滴定消耗V mL c mol·L1硝酸银溶液可知，种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此，t1时c(X)=c(Y)=50mL废水中CN的含量为c(Z),B正确；2时刻以后，X、Y的浓度仍在不断减小，说明t2cmol·L-1×V×103L×2×26g·mol-=26cYg·L1。时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速50X10-3L25率小于反应②消耗Y的速率，即t2时Y的消耗速率大于生成课时练21化学反应速率及影响因素速率，C正确；t3时刻反应①完成，X完全转化为Y,若无反应②发生，则c(Y)=co,由于反应②Y→2Z的发生，t3时刻Y浓基础巩固练。度的变化量为c。一c(Y),变化量之比等于化学计量数之比，所1.D用Zn粉代替Zn粒，可以增大接触面积，加快反应速率，以Z的浓度的变化量为2[c。一c(Y)],这种关系在t3后仍成A不符合题意；滴加少量的CuSO,溶液，Zn会先置换出铜，之立，D不正确。后形成原电池，可以加快反应速率，B不符合题意；升高温度可7.A由于投料只有M,故反应达平衡前，c(M)逐渐减小，c(Q)以加快反应速率，C不符合题意；CH3COOH为弱酸，1mol·逐渐增大，因此，图中下降的曲线代表c(M)变化，上升的曲线L1 CH,COOH溶液中c(H+)<1mol·L1,加入后相当于稀代表c(Q)变化。由净反应速率v=v正一v是=k正·c(M)释，会使氢离子浓度变小，减慢反应速率，D符合题意。k迷·c(Q)及正、k逆只受温度影响知，C(M)越大，c(Q)越小，2.C由表中数据可知，T2下反应速率大于T1,故T2高于T1,v越大，由图知，c(M)大小关系为a>b>c,c(Q)大小关系：a<平衡时甲烷的物质的量是T2大于T1,即升高温度，平衡逆向b
b>c,A正确；E是固体，不移动，故该反应为放热反应，A项正确；由表中数据可知，组别能用E的浓度变化表示反应速率，B错误；由方程式及图可知，①中0~10min内，NO2的平均反应速率为2v(CH,)=2X10min时，达到平衡且△c(M)=△c(Q)=0.75mol·L-1,M(0.5-0.35)mol=0.03molL1·min1,B项正确：CH,(g)10L×10min的子衡转化率a0m×100%≈83,3%.C错+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)正反应是一个气误；平衡时，c(Q)=0.75mol·L-1,c(M)=0.90mol·L-1-体体积增大的方向，若组别②改为恒压装置，相当于增大体积0.75mol·L1=0.15mol·L-1,净反应速率v=0,故kX减小压强，平衡正向移动，则M值一定小于0.15，C项错误；当有1molC一H键断裂表示正反应，同时有1molO一H键断裂05mal·L三k4X075mol·,则=8：=5，D表示逆反应，则表示达到平衡状态，D项正确。错误。3.D由图可知，最终X的浓度变为0，全部反应，反应生成Y、Z8.C若容积不变时，往反应体系中充入与反应无关的气体，则反的浓度之和等于X的起始浓度，则反应均为气体分子数不变的应体系的压强增大，但由于反应物和生成物的浓度不变，所以反应，故m=n=1,A正确；t1时，X、Y的浓度曲线相交，反应速率不变，A不正确；该反应是放热反应，降低温度将减慢c(X)=c(Y),B正确；两个反应同时发生，反应结束时Y含量反应速率，从而延长反应达到平衡的时间，B不正确；若上述反更高，反应速率更快，说明反应①活化能较低，故活化能：①<应的平衡常数K值变大，则应为降低温度，起初正、逆反应速②，C正确；t2时，反应②中X的消耗速率等于Z的生成速率，率都减小，但平衡正向移动，所以逆反应速率不断增大，C正而X还要发生反应①，故X的消耗速率大于Z的生成速率，D确；在t1t2时刻，NH(g)的浓度分别是c1、c2,则时间间隔错误。4.D NaBO,溶液显碱性，则溶液中c(OH-)>c(H+),根据电荷,一，内，NH,生成的平均反应速率为v=二，N,(g)消耗t2-t1守恒，c(Na)>c(BO2),Na和BO?是盐完全电离产生的，是大量的，而H、OH是水电离产生的，是少量的，所以溶液的平均速率为v=2,-1D不正确。C 2 C1中各离子浓度大小为c(Na+)>c(BO2)>c(OH)>c(H+),:9.(1)CO(g)+2H2(g)=CH,OH(g)△H=-90kJ·molA正确；在50℃、pH=12的条件下，NaBH4初始浓度为4.32mol·L1,NaBH4的浓度降低到初始浓度一半即2.l6mol·(2)00.1或0L-1所需的时间为8.64×102，则半衰期内v(NaBH)=解析：(1)由图可知，第二步反应为一氧化碳和氢气生成甲醇4.32mol·L1-2.16mol·L1生成物能量较低，放出的热量为41k·mol1一（一49k·864 min=0.0025mol·L1·min1,mol1)=90k·mol1,故反应的热化学方程式为CO(g)+根据反应的方程式，用不同物质表示的反应速率之比等于方程2H2(g)=CH3OH(g)△H=-90kJ·mol-1式的计量数之比，则o(BO2)=v(NaBH4)=0.0025mol·(2)第一步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物L1·min1,B正确；由表格中数据可知，相同pH下，NaBH,能量较高，反应焓变大于零，CO2(g)十H2(g)一C0(g)十的半衰期随温度升高逐渐减小，则NaBH,与水反应的速率随H2O(g)△H=十41kJ·mol1;温度降低，平衡逆向移动，温度升高而增大，C正确；由表格中数据可知，相同温度下，V正、V速均减小，k正k逆均减小，且k正T1,A错误；升高温度，反应速率加快，c(CO)c(H2O)k正10-2T2>T1,则反应速率v(a)>v(b),B错误；T,温度下，反应至常数Kc(C0,c(H,)-k2-10可=0.1。红勾·高考一轮复习金卷化学（单选版）142
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