2023届高考化学二轮复习化学反应速率与化学平衡作业含解析

这是一份2023届高考化学二轮复习化学反应速率与化学平衡作业含解析，共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
化学反应速率与化学平衡
一、选择题（本大题共12小题）
1．（2022·山东济南·二模）均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(和为速率常数)。下列说法错误的是

A．相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低
B．基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化
C．基元反应Ⅱ的化学方程式为
D．芬顿反应进行的过程中，整个体系的几乎不变(忽略体积变化)
2．（2022·江苏扬州·一模）氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，反应时会发生如下两个竞争反应I、II。
        I
       II
为分析催化剂对该反应的选择性，在密闭容器中充入和，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图。

下列有关说法正确的是
A．硝酸工业中，氨催化氧化时应选择低温
B．A点时，反应I的平衡常数
C．840K后增大的原因是反应II向正方向移动
D．520K时，A点时O2的物质的量分数约为
3．（2022·辽宁大连·一模）向恒容的密闭容器中充入a mol CO和b mol，发生反应：，的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是

A．150℃时，若该反应的平衡常数，则
B．该反应为吸热反应
C．若一段时间后，保持不变，则该反应达到平衡状态
D．平衡后，向容器中再通入a mol CO，逐渐增大
4．（2022·辽宁·二模）含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。我国学者在容积不变的刚性容器中按投料比=1发生反应2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g) △H2=-664.1kJ/mol，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系如图所示。且研究表明该反应v=kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数。下列说法错误的是

A．当使用催化剂乙时，温度高于350℃NO转换率下降是由于反应放热，达到平衡后，升高温度使平衡逆向移动
B．使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低
C．对于反应2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)，其他条件不变，加压使平衡正向移动
D．T1℃的初始速率为V0，当H2转化率为60%时，反应速率为0.064V0，由此可知m=1
5．（2022·上海徐汇·二模）一定温度下，在的恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示。下列说法正确的是
n/mol
t/min
n(A)
n(B)
n(C)
0
2.0
2.4
0
5


0.9
10
1.6


15

1.6

A．物质B的平衡转化率为
B．该反应在后才达到平衡
C．平衡状态时，
D．用A表示的平均反应速率为
6．（2022·辽宁大连·一模）某温度下，改变0.1mol/L溶液的pH时，各种含铬元素粒子及浓度变化如图所示(已知a是二元酸)，下列有关说法正确的是

A．该温度下的
B．溶液中存在平衡，且该温度下此反应的平衡常数
C．E点溶液中存在：
D．向溶液中，加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深
7．（2022·江苏·模拟预测）氮及其化合物在生产生活中具有广泛用途。是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于生产硝酸。 △H=-/mol；氮的氧化物对空气有污染，已知能被溶液吸收生成配合物。对于反应 △H=-/mol，下列说法正确的是
A．该反应只有在高温条件下能自发进行
B．升高温度，该反应的平衡常数减小
C．和充分反应放出的热量为
D．断裂键的同时生成键，说明反应达到平衡状态
8．（2022·上海·二模）某温度下，改变0.1mol/LK2Cr2O7溶液的pH时，各种含铬元素微粒及OH-浓度变化如图所示(已知H2CrO4是二元酸)，下列有关说法中正确的是

A．该温度下的Kw=10-13
B．溶液中存在平衡+H2O⇌2+2H+，该温度下此反应的K=10-13.2
C．向0.1mol/LK2Cr2O7溶液中加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深
D．E点溶液中存在：c(K+)     >     增加     正向
(3)     9     3.4
【解析】
(1)
由图可知，作催化剂时，CO2的转化率大、CH4的选择性高，所以工业上应选择的催化剂是，320℃时CO2的转化率最大，CH4的选择性高，即的催化效率最高，所以合适温度是320℃；
(2)
①根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则，，由图可知，当温度为时，，则。
②由图可知，横坐标为，则横坐标越大，温度越低，反应Ⅱ和Ⅲ的随着温度的降低而增大，反应Ⅲ的增大的幅度小于反应Ⅱ，降低温度，减小，则反应Ⅰ为吸热反应，因此正反应的活化能>逆反应的话化能；AB两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此对于反应Ⅱ>；
③将容器的体积压缩为原来的一半，压强增大，反应Ⅱ平衡均正向移动，则的物质的量增加；CO2浓度增大、CO浓度减小，所以平衡Ⅰ将正向移动；
(3)
条件下，向某真空容器中充入和的混合气体(体积之比为1∶4)，容器中初始压强为，反应初始、，在催化剂作用下反应经达到平衡，测得容器中、，反应Ⅱ生成的，反应Ⅰ消耗的，所以反应Ⅰ生成的9；反应Ⅰ消耗的、反应Ⅱ消耗的 ， 3.4。
20．(1)-1222.9kJ/mol
(2)小于
(3)     a          2
(4)     4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4     4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3     氧气浓度过高，SO2、NO分子不能很好地被吸附
【解析】
(1)
由①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H1=-233kJ·mol-1，②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H2=+179kJ·mol-1，
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H3=-111.9kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)可由①×4-②+③得到，因此△H=△H1×4-△H2+△H3=-233kJ·mol-1×4-179kJ·mol-1+(-111.9kJ·mol-1)=-1222.9kJ/mol。
(2)
活化能越大反应速率越慢，第一步反应为快反应，反应的活化能小，则Ea(第一步)小于Ea(第二步)。
(3)
由反应iii．可知，升高温度，反应iii的化学平衡逆向移动，平衡时NO2的物质的量分数随温度升高而增大，N2O4的物质的量分数随温度升高而减小，则曲线表示NO2的物质的量分数与温度的变化关系，若时，混合气体的物质的量为，温度升高至，反应进行至时，恰好达到平衡，该过程以表示的平均化学反应速率为，根据三段式分析可得：，则条件下，由图可知，(a+2V0Vt)=Z-a-V0Vt，解得：a=，平衡时的的物质的量Z-a-V0Vt=mol，此时摩尔分数平衡常数==2，故答案为：NO2；mol；2；
(4)
①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和，或者用化学方程式表示为：4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。
②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
21．(1)-a-3b-
(2)     3     30%     0.57     增大CO的物质的量
(3)     C     反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多     温度590K，R=2.5
【解析】
(1)
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g)　ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq)　ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1。
(2)
①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为=0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K==0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
(3)
①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)=逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
22．(1)          对实验无影响     滴加NaOH溶液至
(2)     和    
(3)     Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放     当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解
【解析】
(1)
碳酸氢钠溶液呈碱性，原因是碳酸氢根水解，离子方程式为：；实验组1中用的是溶液，实验现象与对照组一样，则说明对实验无影响；为了控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L 溶液中滴加NaOH溶液至；故答案为：；对实验无影响；滴加NaOH溶液至；
(2)
同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声，说明该气体可燃，应该含有氢气，再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，应该含有二氧化碳，由此推测气体成分为和；
溶液可以通过自耦电离产生，该反应的平衡常数为：，故答案为：和；；
(3)
由图像可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因是Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；实验时取少量溶液、少量镁条的原因是当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解；故答案为：Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解。