6．在2A（g）+B（g）?3C（g）+4D（g）反應中，表示該反應速率最快的是（　　）
A．v（A）=0.5 mol•L-1•s-1B．v（B）=0.5 mol•L-1•s-1
C．v（C）=1.8 mol•L-1•min-1D．v（D）=1 mol•L-1•s-1

分析 化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，則反應速率與化學計量數(shù)的比值越大，反應速率越快，以此來解答．

解答 解：反應速率與化學計量數(shù)的比值越大，反應速率越快，則
A.$\frac{0.5}{2}$=0.25；
B.$\frac{0.5}{1}$=0.5；
C.$\frac{\frac{1.8}{60}}{3}$=0.01；
D.$\frac{1}{4}$=0.25，
顯然B中比值最大，反應速率最快，
故選B．

點評 本題考查反應速率的比較，為高頻考點，把握反應速率與化學計量數(shù)的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意比值法的應用，反應速率單位要統(tǒng)一，題目難度不大．

練習冊系列答案
相關習題

科目：高中化學 來源： 題型：解答題

16．某實驗小組模擬工業(yè)上用SiHC13與H2在1357K的條件下制備高純硅，實驗裝置如下圖所示（加熱及夾持裝置略去）：

已知SiHC13的性質如下：沸點為33.0℃，密度為1.34g/mL，易溶于有機溶劑，能與H2O劇烈反應；在空氣中易被氧化．請回答：
（1）組裝好儀器后，應先進行的操作是檢查裝置的氣密性．
（2）①裝置B中的試劑是濃硫酸，②裝置D中發(fā)生反應的化學方程式為SiHCl3+H2 $\frac{\underline{\;1357K\;}}{\;}$Si+3HCl．
（3）裝置E中CCl4的作用為四氯化碳吸收未反應的SiHCl3、防止倒吸．
（4）相關實驗步驟如下．其合理順序為②①⑤④③（填序號）．
①加熱裝置D至1357K；②打開K1，裝置A中反應一段時間：③關閉K1；④關閉K2；⑤加熱裝置C，打開K2，滴加6.5mLSiHC13．
（5）計算SiHC13的利用率：對裝置E中液體進行分液操作后，取上層液體20.00mL轉移至錐形瓶中，滴加幾滴酚酞溶液．用0.10mol/L鹽酸滴定，達到滴定終點的現(xiàn)象是溶液變?yōu)闊o色，且半分鐘內不出現(xiàn)紅色，進行三次平行滴定，平均每次消耗鹽酸20.00mL，則SiHC13的利用率為93.34%（保留兩位小數(shù)）．

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科目：高中化學 來源： 題型：填空題

17．已知一氧化碳與水蒸氣的反應為：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）．在某溫度下，平衡常數(shù)是9．如果反應開始時，一氧化碳和水蒸氣的濃度都是0.01mol/L，經10min反應達到平衡．
計算：
（1）從反應開始至達到平衡時CO的反應速率為7.5×10-4mol•L-1•min-1．
（2）達到平衡時一氧化碳的轉化率為75%；
（3）在恒溫恒容的條件下，向上述平衡體系中再充入等物質的量之比的CO（g）和H2O（g）重新達到平衡時，H2的體積百分數(shù)為37.5%．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

14．利用已經掌握的理論，解釋下列事實．
（1）焰火發(fā)出絢麗色彩的原理是：金屬的焰色反應，灼燒時呈現(xiàn)不同的顏色
（2）請用核外電子排布的相關規(guī)則解釋Fe3+較Fe2+（Fe3+不易再失電子）更穩(wěn)定的原因：Fe3+的3d電子半滿為穩(wěn)定結構
（3）磷的第一電離能比硫的大的原因是：P的3p電子半滿為穩(wěn)定結構．

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科目：高中化學 來源： 題型：實驗題

1．信息時代產生的大量電子垃圾對環(huán)境構成了極大的威脅．某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如圖1制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：

請回答下列問題：
（1）第①步Cu與酸反應的離子方程式為Cu+4H++2NO3-$\frac{\underline{\;加熱\;}}{\;}$Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-$\frac{\underline{\;加熱\;}}{\;}$3Cu2++2NO↑+4H2O；得到濾渣1的主要成分為Au、Pt．
（2）第②步加H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，使用H2O2的優(yōu)點是不引入雜質，對環(huán)境無污染；調溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+
生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO4•5H2O制備無水CuSO4的方法是加熱脫水．
（4）由濾渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小組設計了三種方案：如圖2三種方案中，甲方案不可行，原因是所得產品中含有較多Fe2（SO4）3雜質：從原子利用率角度考慮，乙方案更合理．
（5）探究小組用滴定法測定CuSO4•5H2O 含量．取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c mol•L-1 EDTA（H2Y2-）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6mL．滴定反應如下：Cu2++H2Y2-═CuY2-+2H+，寫出計算CuSO4•5H2O質量分數(shù)的表達式ω=$\frac{cmol•L{\;}^{-1}×b×10{\;}^{-3}L×250g•mo{l}^{-1}×5}{ag}$×100%．
下列操作會導致CuSO4•5H2O含量的測定結果偏高的是c．
a．未干燥錐形瓶  
b．滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡
c．未除凈可與EDTA反應的干擾離子．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

11．乙二醇是一種重要的工業(yè)防凍劑和合成高分子化合物的單體，實驗室模擬生產乙二醇的過程：


物質熔點沸點水溶性相對分子質量
乙二醇-12.9℃197.3℃溶于水、醇62
甲醇-97℃64.7℃與水互溶32
草酸二甲酯54℃163.5℃微熔于冷水，溶于醇和醚118
（一）草酸二甲酯的制備
實驗室用圖1所示裝置模擬草酸二甲酯的制備：
步驟1：先往三頸燒瓶中加入甲醇，然后通過A在攪拌器工作時緩慢加入濃硫酸，混合液冷卻后，再加入草酸；
步驟2：將A換為球形冷凝管，在3處塞上溫度計，在一定的溫度下回流2-3小時；
步驟3：將混合液冷凝分離得到草酸二甲酯．
（二）乙二醇的制取
實驗室用圖2所示的裝置模擬工業(yè)乙二醇的制�。▕A持設備和部分加熱裝置省略）
反應方程式為：

回答下列問題：
（1）儀器A的名稱為分液漏斗，步驟3中首個操作是將混合物與冷水混合，則“混合”的正確操作是將混合物沿杯壁慢慢注入裝有冷水的燒杯（或容器）中，并不斷攪拌．
（2）裝置B的作用是使草酸二甲酯和氫氣混合均勻．燒杯C中水的溫度不能低于55℃，原因是溫度低于55℃，未反應的草酸二甲酯會凝結堵塞導管．
（3）對粗產品（主要含乙二醇、草酸二甲酯和甲醇）進行精制，蒸餾收集197.3℃（197℃左右即可）℃的餾分．
（4）實驗過程中，使用了16g H2和59g草酸二甲酯，最后得到乙二醇為12.4g，乙二醇的產率為40%．
（5）設計實驗證明乙二醇為二元醇：取62g乙二醇，加入足量金屬鈉充分反應，收集并測量生成的氫氣的質量是2g（或其他合理答案，乙二醇與氫氣的量符合正確比例即可）．

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科目：高中化學 來源： 題型：填空題

18．測定硫酸銅晶體（CuSO4•xH2O）中結晶水含量時，加熱前應將晶體放在研缽中研細，然后放在坩堝中加熱，加熱失水后，應放在干燥器中冷卻．判斷晶體是否完全失水的方法是前后兩次稱量的質量差不超過0.001g．

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科目：高中化學 來源： 題型：實驗題

15．焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化劑之一．某研究小組進行如下實驗：
實驗一   焦亞硫酸鈉的制取
采用如圖裝置（實驗前已除盡裝置內的空氣）制取Na2S2O5．裝置 II中有Na2S2O5晶體析出，發(fā)生的反應為：Na2SO3+SO2=Na2S2O5

（1）裝置 I中產生氣體的化學方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O．
（2）要從裝置 II中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是過濾．
（3）裝置 III用于處理尾氣，可選用的最合理裝置（夾持儀器已略去）為d（填序號）．

實驗二     焦亞硫酸鈉的性質
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．
（4）檢驗Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是取少量Na2S2O5晶體于試管中，加入適量水溶解，滴加鹽酸，振蕩，再滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成．
實驗三  葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定
（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑．測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量（以游離SO2計算）的方案如下：

i：上述實驗方案，（b）步操作的原理是：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，操作后應觀察的現(xiàn)象是：滴入最后一滴I2溶液時，溶液從無色恰好變?yōu)樗{色，且30秒內不褪色．
ii：按上述方案實驗，消耗標準I2溶液25.00mL，該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量（以游離SO2計算）為0.16g/L．
iii：在上述實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測定結果偏低（填“偏高”、“偏低”或“不變”）

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科目：高中化學 來源： 題型：計算題

16．現(xiàn)有0.1mol N2和0.4mol H2的混合氣體，在體積為2L的密閉容器中進行合成氨反應，平衡時壓強是反應前壓強的0.8倍，試計算：
（1）平衡時NH3的濃度．
（2）平衡時混合氣體的平均摩爾質量．

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