高中人教版 (2019)第二章 化学反应速率与化学平衡本单元综合与测试课时训练

这是一份高中人教版 (2019)第二章 化学反应速率与化学平衡本单元综合与测试课时训练，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
人教版（2019）高中化学选择性必修一第二章化学反应速率与化学平衡
章节练习3

一、单选题
1．对于反应COCl2(g)CO(g)+Cl2(g) ΔH>0。改变下列条件一定不能加快反应速率的是
A．压缩体积 B．增加CO浓度 C．加催化剂 D．恒容下通入惰性气体
2．吸热反应，在2000℃时，。2000℃时，向10 L密闭容器内充入、，和，则下列说法正确的是
A．此反应的初始状态为化学平衡状态
B．此反应的初始状态为非化学平衡状态，反应将正向进行
C．此反应的初始状态为非化学平衡状态，反应将逆向进行
D．无法判断此反应的初始状态是否为化学平衡状态
3．反应SiCl4(g)+2H2(g)⇌Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应ΔH>0、ΔS”“0，A错误；
B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=，B正确；
C．当2υ正(H2)=υ逆(HCl)时，上述反应达到了限度，C错误；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，D错误；
答案为：B。
4．B
【详解】
A．该反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，但反应热的值不变，故A错误；
B．由化学方程式可知，若该反应放热QkJ，则此过程中有2mol二氧化硫被氧化生成三氧化硫，故B正确；
C．该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则将2mol三氧化硫置于一密闭容器中充分反应，反应吸收的热量一定小于QkJ，故C错误；
D．该反应是放热反应，2mol二氧化硫和1mol氧气总能量大于2mol三氧化硫总能量，说明2mol二氧化硫和1mol氧气的键能总和小于2mol三氧化硫分子中的键能，故D错误；
故选B。
5．B
【详解】
A．在0-2 s内CO的浓度改变7.50×10-4 mol/L，由方程式中物质反应转化关系可知NO、CO改变浓度相等，所以用NO表示的平均反应速率为v(NO)=，A错误；
B．该反应的正反应是气体体积减小的反应，若反应达平衡后缩小容器体积，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此在反应重新达到平衡前，，B正确；
C．使用催化剂能够加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而不能使平衡发生移动。由表格数据可知，反应在4 s时已经达到平衡状态，所以使用催化剂只能减小前3 s时物质浓度的数值，但4 s时浓度的数值不能改变，C错误；
D．根据方程式可知：物质CO、NO改变的浓度相等，但由于反应开始时加入的二者的浓度不一定相等，因此二者的转化率就不一定相等，D错误；
故合理选项是B。
6．D
【详解】
A．当达到化学平衡时，正、逆反应速率相等且保持不变，，当到达c点后正反应速率逐渐降低，故反应在c点未达到平衡状态，A项错误；
B．a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，所以a点反应物浓度大于b点的，B项错误；
C．从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C项错误；
D．随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，D项正确；
答案选D。
7．B
【详解】
A．只要有反应式、正逆反应速率不能等于0，即k正和k逆不可能为0，所以K不可能为0，故A错误；
B．平衡时正逆反应速率相等，v正=k正•c顺=v逆=k逆•c反，某温度时该反应的平衡常数，则K=，故B正确；
C． 正、逆反应速率常数改变，平衡常数也不一定会随之改变，若正逆反应速率常数均增大或减小相同的倍数，平衡常数不变，故C错误；
D． 温度降低，k正增大，k逆也增大，但增幅不同，故D错误；
答案选B。
8．D
【详解】
A．单质碘易溶于有机溶剂苯中，向平衡体系中加入苯之后萃取单质碘，使平衡正向移动，A正确；
B．经苯2次萃取分离后，促进平衡正向移动，在水溶液中加入KSCN，溶液仍呈红色，证明溶液中含有Fe3+，进而证明该化学反应存在限度，故B正确；
C．加入FeSO4固体，溶液中c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，C正确；
D．5mL0.1mol·L-1KI溶液与1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液发生反应时，c(Fe3+)的初始浓度为，所以则该时间段内υ(Fe3+)不等于0.01mol·L-1·min-1，D错误；
答案为：D。
9．C
【详解】
A．由图可知，250 ℃时，催化剂的活性最大，A项正确；
B．250～300 ℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250 ℃时，催化剂的催化效率降低，B项正确；
C．300～400 ℃时， 乙酸的生成速率升高的原因是温度升高，C项错误；
D．300～400 ℃时， 乙酸的生成速率升高的原因是温度升高，D项正确；
答案选C。
10．B
【详解】
A．升温，正反应速率和逆反应速率均增大，错误。
B．设时刻气体反应了，列式计算如下：
则，解得。所以，正确。
C．该反应为可逆反应，粗镍中镍单质不能完全反应，剩余固体为镍和杂质，错误。
D．时刻到达平衡，压缩容器体积，平衡向正反应方向移动，转化率增大，但温度不变，平衡常数不变，错误。
故选B。
11．B
【详解】
反应达到平衡时容器的总体积是V L，其中C的体积分数是10%，则C的体积是0.1V L，根据物质反应转化关系可知：每反应产生2 mol C，就会消耗1 mol A和3 mol B，消耗反应物共4 mol，气体总物质的量减少2 mol。在同温同压下，气体的物质的量的比等于气体的体积比。现在反应产生C体积是0.1V L，则发生反应消耗体积A是0.05V L，消耗气体B体积0.15V L，原混合气体的总体积V原=V+0.1V L=1.1V L，故选项B正确。
12．D
【详解】
A．平衡常数是温度函数，只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；
B．由题给数据可知，容器①达到平衡时反应放出热量0.1akJ，则反应消耗X2的物质的量为，从开始至10min内的平均反应速率υ(X2)＝=0.01mol/(L•min)，故B错误；
C．由题给数据可知，恒容容器①达到平衡时反应放出热量0.1akJ，则反应消耗X2的物质的量为，X2的平衡转化率为×100%=10%，该反应为气体体积减小的反应，恒压容器相比于恒容容器，相当于是增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，X2的平衡转化率会增大，恒压容器②中X2的平衡转化率应大于10%，故C错误；
D．由题给数据可知，恒容容器①达到平衡时反应放出热量0.1akJ，该反应为气体体积减小的反应，恒压容器相比于恒容容器，相当于是增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，X2的平衡转化率会增大，恒压容器②中放出的热量大于0.1akJ，即b＞0.1a，故D正确；
故选D。
13．＜ ＞ ＜ CO+H2O(g)H2+CO2 50%
【详解】
(1)该反应为气体计量数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则甲烷的平衡转化率降低，根据图像可知，温度相同时，P1的转化率大于P2，则P1＜P2；根据图像，升高温度，甲烷的平衡转化率增大，即平衡正向移动，则正反应为吸热反应，∆H＞0；
(2)①根据表中数据，升高温度，平衡常数减小，即平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故正反应放热反应，∆H＜0；
②根据流程可知，CO与水反应生成二氧化碳和氢气，方程式为CO+H2O(g)H2+CO2；起始时CO和H2O(g)的浓度均为0.10mol/L，

=1，解得x=0.05mol/L，转化率=×100%=50%。
14．0.8 0.8 0.08 X(g)+Y(g)⇌2Z(g)
【详解】
(1)根据图像可知，从反应开始到10 s，X的物质的量减少了1.2mol-0.4mol＝0.8mol，Z的物质的量浓度增大了，用Z表示的反应速率为；
(2)根据图像可知，从反应开始到10 s，X的物质的量减少了1.2mol-0.4mol＝0.8mol，Y的物质的量减少了1.0mol-0.2mol＝0.8mol，Z的物质的量增大了1.6mol，根据化学计量数之比等于各物质的物质的量变化量之比可知，该曲线对应的化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)。
15．A、B 3 mol/(L·min) 3A+2B⇌3C
【详解】
(1)随反应的进行，A、B浓度减小，为反应物；C浓度增大，为生成物；
(2)由图可知，2min内，，则；
(3)反应最终A、B物质的量不变且不为0，为可逆反应，速率之比等于化学计量数之比，则A、B、C的化学计量数之比为3:2:3，故反应方程式为：3A+2B⇌3C。
16．3X+Y2Z 30% 5：3
【详解】
(1)根据图知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物、Z是生成物，同一可逆反应中同一段时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，Δn(X)=（1.0-0.7）mol=0.3mol、Δn(Y)=（1.0-0.9）mol=0.1mol、Δn(Z)=（0.2-0）mol=0.2mol，所以X、Y、Z的计量数之比=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，所以该反应方程式为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；
(2)上述反应在第2min时，X的转化率=×100%=30%，故答案为：30%；
(3)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n(Z)，根据方程式知，参加反应的n(X)=1.5n(Z)，参加反应的n(Y)=0.5n(Z)，所以反应初始a=n(Z)+1.5n(Z)=2.5n(Z)，b=n(Z)+0.5n(Z)=1.5n(Z)，所以a：b=2.5n(Z)：1.5n(Z)=5：3，故答案为：5：3。
17．
（1） 2CA+3B 0.03mol·(L·min)-1 bd
（2）H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=-183kJ·mol-1
【分析】
（1）
①由图象可以看出，反应中A、B的物质的量增加，C的物质的量减少，则A、B为生成物，C为反应物，且0~10min内△n(A):△n(B):△n(C)=1mol: 3mol: 2mol=1: 3: 2，则反
应的化学方程式为：2CA+3B；
②；
③③a.A和B浓度相等不能说明浓度不再发生变化，不能说明反应达到化学平衡状态，a不符合题意；
b.A百分含量保持不变，说明A的浓度不再变化，说明反应达到化学平衡状态，b符合题意；
c.A的生成速率与B的消耗速率相等，说明正逆反应速率不等，说明反应没有达到化学平衡状态，c不符合题意；
d.容器中气体的压强不变，说明正逆反应速率相等，说明反应达到化学平衡状态，d符合题意；
e.该反应过程中容器中混合气体的密度始终保持不变，容器中混合气体的密度保持不变不能说明反应达到化学平衡状态，e不符合题意；
故选bd；
（2）
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，反应的焓变=反应物键能总和-生成物总和=436kJ/mol+ 243kJ/mol-2×431 kJ/mol=-183kJ/mol，则H2在Cl2中燃烧的热化学反应方程式为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=-183kJ·mol-1。
18．＜ ＞ BD 增大压强 加催化剂 2.78
【详解】
①在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。根据图象可知反应在温度为T2时比在温度为T1时先达到平衡，说明温度：T1＜T2；
在其它条件不变时，升高温度CO转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使化学平衡常数减小，故化学平衡常数关系是K1＞K2；
②A．根据①分析可知：该反应的正反应是放热反应，降低温度，化学平衡正向移动，CO转化率增大，A不符合题意；
B．充入He，使体系总压强增大，由于不能改变反应体系的任何一种物质的浓度，因此化学平衡不移动，CO转化率不变，B符合题意；
C．将CH3OH(g)从体系中分离，减小生成物浓度，化学平衡正向移动，CO转化率增大，C不符合题意；
D．使用合适的催化剂，只能改变反应速率但不能使平衡发生移动，因此CO转化率不变，D符合题意；
故合理选项是BD；
③根据图象可知：在t2时，改变条件，使v正、v逆都增大，且v正＞v逆，化学平衡正向移动，则由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，改变的条件是增大压强；
在t3时刻改变条件使v正、v逆都增大，且v正=v逆，化学平衡不发生移动，则改变的条件是使用合适的催化剂；
④假设反应容器的容积是V L，向其中充分的CO、H2的物质的量是a mol，开始时容器内气体总物质的量是2a mol，在40 min反应达到平衡时，生成甲醇的物质的量是x mol，则此时n(CO)=(a-x) mol，n(H2)=(a-2x) mol，此时容器中气体总物质的量为n(总)=(a-x) mol+(a-2x) mol+x mol=(2a-2x) mol，在恒容密闭容器中气体物质的量的比等于压强之比，则，解得x=0.2a mol，所以平衡时n(CO)=0.8a mol，n(H2)=0.6a mol，n(CH3OH)=0.2a mol，n(总)=1.6a mol，则生成甲醇的压强平衡常数Kp=。
19． ；
【详解】
由题目列出三段式为：，则两分钟内N2的平均反应速率 ，，
故答案为：；；。
20．2 0.2 mol/(L•s) 0.5
【详解】
(1)5s达到平衡，测定D的浓度为1mol/L，则D的物质的量是1mol/L×2L=2mol，达到平衡时，生成了1molC，C、D的物质的量比等于系数比，则x=2；
(2)5s达到平衡，达到平衡时，生成了1molC，则消耗2molA，A的平均反应速率=0.2 mol/(L•s)；
(3)
该温度下反应平衡常数K=。
21． 60% > = 0.0015
【分析】
从分析表格数据找出反应方程式为N2O42NO2，按定义 进行转化率的计算，通过计算，比较c2 和c3的相对大小，按反应速率的定义计算的N2O4速率；
【详解】
（1）通过表格知，N2O4是反应物，NO2是生成物，则反应方程式为N2O42NO2，达到化学平衡时NO2的浓度是0.120mol/L，则达到平衡过程中消耗N2O4的物质的量浓度，则转化率为，达到平衡时N2O4物质的量浓度c3=，故40s还没达到化学平衡，40s时生成NO2的物质的量浓度c2=，即C2>C3，a=b；
答案为：N2O4⇌2NO2；60%；>；=；
（2）20s时消耗N2O4的物质的量浓度， 0～20s平均反应速率 ；
答案为：。
【点睛】
从图表中的数据分析出发，找出化学方程式，并按化学方程式及数据进行计算。
22．50﹪ 25﹪ 75﹪
【详解】
可逆反应： CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)
起始浓度（mol/L） 2 2 0 0
转化浓度（mol/L） x x x x
平衡浓度（mol/L） 2－x 2－x x x
根据平衡常数可知[(2－x)×(2－x)]/（x×x）＝1，解得x＝1；
(1)达平衡时，CO转化率为×100%＝50%；
(2)体积分数之比等于气体物质的量之比，所以H2的体积分数为×100%＝25%；
(3)可逆反应： CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)
起始浓度（mol/L） 2 6 0 0
转化浓度（mol/L） y y y y
平衡浓度（mol/L） 2－y 6－y y y
根据平衡常数可知＝1，解得y＝1.5；所以达平衡时，CO转化率为×100%＝75%。
23．(1)0.8 mol·L－1·min－1 (2)α(CO)＝50%
(3)K＝0.17
【详解】
2H2(g) ＋ CO(g)CH3OH(g)
c(始) 10 mol·L－1 4 mol·L－1 0
Δc 2x x x
c(平) 10－2x 4－x x
x＝2 mol·L－1，则Δc(H2)＝4 mol·L－1
则v(H2)＝＝ ＝0.8 mol·L－1·min－1
α(CO)＝×100%＝50%
K＝＝0.17。