度，放热反应中，平衡正向移动，v(正)＞v(逆)，逆反应方向化学反应速率下降的程度更大，B项错误；混合气体中，只有SO3能与BaCl2反应，即生成n(BaSO4)＝n(SO3)＝2n(O2)反应＝2×0.315 mol＝0.63 mol，质量为0.63 mol×233 g·mol－1＝146.79 g，C项错误；达平衡时，SO2的转化率为2×0.315 mol
0.7 mol×100%＝90%，D项正确。]
8．解析 (1)反应在3 min内达到平衡，A消耗0.3 mol，B消耗0.6 mol，C生成0.6 mol，因此，反应方程式为A＋2B
2C。
(2)5 min时改变条件，A、B物质的量逐渐减小，C物质的量逐渐增大，化学平衡正向移动，排除降温外，改变条件为加压。
(3)t3时刻为v(正)＜v(逆)，为升高温度，化学平衡逆向移动，K值减小。T5时刻为v(正)＝v(逆)，为加入催化剂，T6时刻为v(正)＜v(逆)，为减压。 答案 (1)A＋2B
c2?C?
2C
c?A?·c2?B?
0．05 mol·L－1·min－1
(2)加压 (3)K1＞K2＝K3＝K4 t2－t3
9．解析 (2)0～t1 min，反应消耗的SiF4为0.40 mol，根据已知反应可确定消耗的H2O为0.80 mol，故a＝1.60 mol，t2 min时，H2O仍为1.60 mol，故b＝0.80 mol。由此可判断t1时该反应已经达到化学平衡状态。 答案 (1)bcd
(2)a＝1.60(或b＝0.80)，说明在一定条件下，t1～t2时各组分的浓度(或物质的量)均已不再发生改变，则t1时反应已经达到化学平衡状态 (3)ade
1.2 mol·L－1
10．解析 (1)v(C)＝2 min＝0.6 mol·L－1·min－1。
(2)Δn(C)＝1.2 mol·L－1×2 L＝2.4 mol，Δn(B)＝2 mol－1.2 mol＝0.8 mol，
Δn?C?2.4 mol3
＝＝，故x＝3。 Δn?B?0.8 mol1
1.6 mol
(3)Δn(A)＝2Δn(B)＝2×0.8 mol＝1.6 mol，A的转化率＝2 mol×100%＝80%。
0.8 mol
B的转化率＝2 mol×100%＝40%，故A、B转化率之比为2∶1。
(4)由v(正)＝v(逆)，因均指v(正)，可知D不正确。由于x＝3，且D是固体，m?气?m?气?
反应前后气体的物质的量不变，故A不正确，由ρ＝V，M＝知B、
n?气?C正确。
(5)由于恒温恒容，再充入2 mol A气体和2 mol B气体，实为等效平衡。Δn(气)＝0，故A、B的转化率不变。n(B)＝2×1.2 mol＝2.4 mol。 (6)由该类等效平衡的条件可知：n(A)∶n(B)＝2∶2＝1∶1。 答案 (1)0.6 mol·L－1·min－1 (2)3 (3)2∶1 (4)BC (5)2.4 mol (6)n(A)＝n(B)
11．解析 (1)②中，当探究温度对降解反应速率的影响时，应保持其他条件(溶液的pH、H2O2与Fe2＋的浓度)不变，根据题中条件可知此时温度为313 K。对比①③中条件可知，③中探究的是溶液的pH对降解反应速率的影响。 (2)根据实验①中曲线，在50 s～150 s内，p-CP的浓度由1.2×10－3 mol·L－1减为0.4×10－3 mol·L－1，由此可知v(p-CP)＝(1.2×10－3 mol·L－1－0.4×10－3 mol·L－1)/100 s＝8×10－6 mol·L－1·s－1。
(3)题中条件(从所用试剂H2O2的角度分析)为解题指明了方向，由于H2O2不稳定，温度升高可加快H2O2的分解，浓度减小，因此不利于降解反应的进行。 (4)题中只要求回答结论，而不要求分析原因，降低了难度，由图③曲线可知，
当溶液pH增大至10时，在该条件下p-CP 的浓度没有发生变化，说明降解反应没有进行，可能原因是当溶液pH增大时，Fe2＋被沉淀了，离子浓度减小，不利于降解反应的进行。
(5)其实第(4)题为本题的回答作了铺垫，可将样品迅速加入碱溶液使溶液的pH约为10。 答案 (1)
实验编号 ② 实验目的 探究溶液的③ pH对降解反应速率的影响 (2)8×10－6 (3)H2O2在温度过高时迅速分解
(4)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)
(5)将所取样品迅速加入一定量的NaOH溶液中使pH约为10(或将所取样品骤冷等其他合理答案)
T/K 313 pH 3 c/(10－3mol·L－1) H2O2 6.0 Fe2＋ 0.30
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