2024届人教版高考化学一轮复习专题十一化学反应速率和化学平衡十年高考题作业含答案

这是一份2024届人教版高考化学一轮复习专题十一化学反应速率和化学平衡十年高考题作业含答案，共98页。试卷主要包含了0 ml·L-1-2等内容，欢迎下载使用。
专题十一　化学反应速率和化学平衡
考点一　化学反应速率
1.(2022北京,14,3分)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。反应①完成之后,以N2为载气,将恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上检测到有积炭。下列说法不正确的是(　　)

图1图2
A.反应①为CaO+CO2 CaCO3;反应②为CaCO3+CH4 CaO+2CO+2H2
B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2的速率不变,推测有副反应CH4 C+2H2
C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率
D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生
答案　C　根据题图1,可知反应①为CO2与CaO反应生成CaCO3,反应②为CaCO3与CH4在催化剂作用下反应生成CaO、CO和H2,A正确;由题图2可知,t1~t3,n(H2)比n(CO)多,生成H2的速率不变,又因为在催化剂上检测到有积炭,故发生的副反应为CH4 C+2H2,B正确;t2时刻,CO的气体流速=反应②生成的H2的气体流速≈1.5 mmol·min-1,副反应生成的H2的气体流速≈0.5 mmol·min-1,故副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率,C错误;只有反应②生成CO,题图2中t3之后CO气体流速为0,反应②不再发生,所以CO的生成速率为0,D正确。
方法技巧　认真审题,仔细观察原理示意图和坐标图:①提取题中有价值的信息,找出每一个转化过程的反应物和生成物;②读懂坐标图中每一条曲线代表的物质,然后确定其变化量。

2.(2022广东,15,4分)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则(　　)

A.无催化剂时,反应不能进行
B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低
C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=1.0 mol·L-1·min-1
答案　D　由题图可知,无催化剂时,反应能进行,但是反应速率比较慢,A项错误;在相同条件下,与催化剂Ⅱ相比,在使用催化剂Ⅰ时生成物的浓度变化量更大,反应速率更快,故催化剂Ⅰ使反应活化能更低,B项错误;0~2 min时,反应物浓度的变化量与生成物浓度的变化量之比等于其化学计量数之比,故a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化,C项错误;使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=(4.0 mol·L-1-2.0 mol·L-1)÷2 min=1.0 mol·L-1·min-1,D项正确。
方法技巧　在做与物质浓度变化图像相关试题时,首先认真读懂图像中每一条曲线代表的是哪种物质,然后确定其变化量;比较催化剂催化效果时,看相同时间内反应物或生成物浓度的变化量,如果相同时间内,反应物或生成物的浓度变化量较大,则化学反应速率较快,催化剂使反应活化能更低。

3.(2022河北,13,4分)(双选)恒温恒容条件下,向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①X Y;②Y Z。反应①的速率v1=k1c(X),反应②的速率v2=k2c(Y),式中k1、k2为速率常数。图a为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线,图b为反应①和②的lnk~1T曲线。下列说法错误的是(　　)

A.随c(X)的减小,反应①、②的速率均降低
B.体系中v(X)=v(Y)+v(Z)
C.欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间
D.温度低于T1时,总反应速率由反应②决定
答案　AB　由题图a可知,浓度随时间增加逐渐减小的曲线代表的是X,浓度随时间增加逐渐增大的曲线代表的是Z,浓度随时间增加先增大后减小的曲线代表的是Y;由题图b可知,反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。由题图a可知,随c(X)的减小,c(Y)先增大后减小,因此,反应①的速率随c(X)的减小而降低,而反应②的速率随c(X)的减小先升高后降低,A错误。根据体系中发生的反应可知,在Y的浓度达到最大值之前,单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量,故v(X)=v(Y)+v(Z),但在Y的浓度达到最大值之后,单位时间内Z的增加量等于X和Y的减少量,故v(X)+v(Y)=v(Z),B错误。由题图a可知,Y的浓度先增大后减小,故要控制反应时间;升高温度可以加快反应速率,提高单位时间内Y的产率;故欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间,C正确。由题图b可知,温度低于T1时,k1>k2,反应②为慢反应,因此,总反应速率由反应②决定,D正确。

4.(2022湖南,6,3分)甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应:(CH3)2C O+HCN(CH3)2C(OH)CN
(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4 CH2 C(CH3)COOCH3+NH4HSO4
新法合成的反应:+CO+CH3OH CH2 C(CH3)COOCH3
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为NA)　(　　)
A.HCN的电子式为H∶C︙︙N∶
B.新法没有副产物产生,原子利用率高
C.1 L 0.05 mol·L-1的NH4HSO4溶液中NH4+的微粒数小于0.05NA
D.Pd的作用是降低反应的活化能,使活化分子数目增多,百分数不变
答案　D　催化剂能够降低反应的活化能,使更多的分子变为活化分子,所以单位体积内活化分子数目增多,活化分子百分数增大,D不正确。
关联知识　原子利用率=期望产物的总质量生成物的总质量×100%。

5.(2022浙江1月选考,19,2分)在恒温恒容条件下,发生反应A(s)+2B(g) 3X(g),c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是(　　)

A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C.在不同时刻都存在关系:2v(B)=3v(X)
D.维持温度、容积、反应物起始的量不变,向反应体系中加入催化剂,c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
答案　C　C项,在不同时刻都存在关系:3v(B)=2v(X),错误。

6.(2022浙江6月选考,20,2分)恒温恒容的密闭容器中,在某催化剂表面上发生氨的分解反应:2NH3(g) N2(g)+3H2(g)。测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化,如下表所示。下列说法不正确的是(　　)
编号
时间/minc(NH3)/(10-3 mol·L-1)表面积/cm2
0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
0.40
x

③
2a
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
A.实验①,0~20 min,v(N2)=1.00×10-5 mol·L-1·min-1
B.实验②,60 min时处于平衡状态,x≠0.40
C.相同条件下,增加氨气的浓度,反应速率增大
D.相同条件下,增加催化剂的表面积,反应速率增大
答案　C　实验①,0~20 min,v(NH3)=0.4×10-320 mol·L-1·min-1=2.00×10-5 mol·L-1·min-1,v(N2)=12v(NH3)=1.00×10-5 mol·L-1·min-1,A正确;催化剂只影响反应速率,不影响平衡状态,实验③中NH3的平衡浓度为0.40×10-3 mol·L-1,而实验②中NH3的起始浓度与实验③的不同,故x≠0.40,B正确;由实验①和实验②可知,催化剂表面积相同时,NH3的起始浓度对反应速率无影响,C不正确;由实验①和实验③可知,NH3起始浓度相同时,催化剂表面积越大,反应速率越大,D正确。
7.(2019浙江4月选考,22,2分)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比,下列说法不正确的是(　　)
A.高温高压液态水中,体系温度升高,油脂水解反应速率加快
B.高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,油脂水解反应速率加快
C.高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解
D.高温高压液态水中的油脂水解,相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱的水解
答案　D　体系温度升高,油脂水解反应速率加快,A正确;高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,增大了油脂分子与水分子的接触,水解反应速率加快,B正确;高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解,C正确;高温高压下的液态水,尽管具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),但仍然呈中性,c(H+)=c(OH-),与常温下在油脂水解时加入相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱不相同,
D错误。
疑难突破　升高温度(A)、增大反应物的接触面积(B)、使用催化剂(C)均能使化学反应速率加快。

8.(2018浙江4月选考,22,2分)某工业流程中,进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06,发生化学反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表:
压强/(×105Pa)
温度/℃
NO达到所列转化率需要时间/s
50%
90%
98%
1.0
30
12
250
2830
90
25
510
5760
8.0
30
0.2
3.9
36
90
0.6
7.9
74

根据表中数据,下列说法正确的是(　　)
A.升高温度,反应速率加快
B.增大压强,反应速率变慢
C.在1.0×105Pa、90℃条件下,当转化率为98%时反应已达平衡
D.若进入反应塔的混合气体为amol,反应速率以v=Δn/Δt表示,则在8.0×105Pa、30℃条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol·s-1
答案　D　由表中数据可知,温度升高,为使压强不变,体积变大,导致浓度减小,反应速率变慢,故A错误;根据表中数据,相同温度时,增大压强,达到所列转化率的时间减少,化学反应速率加快,故B错误;由题给信息无法判断转化率为98%时反应是否达到平衡,故C错误;当混合气体为amol,其中NO为a/10mol,转化率从50%增至90%时,NO反应了a/25mol,经过了3.7s,反应速率v=ΔnΔt=a25mol3.7 s=4a370mol·s-1,故D正确。

9.(2015福建理综,12,6分)在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是(　　)
T/K
v/mmol·L-1·min-1

c/mol·L-1
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08

A.a=6.00
B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变
C.bW点的正反应速率v'正,而W点的正反应速率v'正=其逆反应速率v'逆>N点的逆反应速率v逆,C项正确;D项,恒容时充入X,压强增大,平衡正向移动,X的转化率增大,D项错误。


14.(2013福建理综,12,6分)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化,当NaHSO3完全消耗即有I2析出,依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L-1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合,记录10~55℃间溶液变蓝时间,55℃时未观察到溶液变蓝,实验结果如图。据图分析,下列判断不正确的是(　　)

A.40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B.图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C.图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1
D.温度高于40℃时,淀粉不宜用作该实验的指示剂
答案　B　由图可知,A项正确;图中b、c两点对应的温度不同,故NaHSO3的反应速率也不同,B项错误;a点NaHSO3的反应速率为v=ΔcΔt=0.020×0.010.05×80mol·L-1·S-1=5×10-5mol·L-1·s-1,C项正确;由题干信息可知,温度高于40
℃ 时不宜用淀粉作指示剂,D项正确。
评析　该题考查的知识点虽常见,但立意新颖,若考生只注意图像中的表面现象,会误认为B项正确,从而错选其他选项。

15.(2018北京理综,27,12分)近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下:

(1)反应Ⅰ:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)　ΔH1=+551kJ·mol-1
反应Ⅲ:S(s)+O2(g)SO2(g)　ΔH3=-297kJ·mol-1
反应Ⅱ的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)对反应Ⅱ,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2　　　　p1(填“>”或“A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)　ΔH2=-254kJ·mol-1
(2)>　反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向进行,H2SO4的物质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大
(3)SO2　SO42-　4H+
(4)①0.4
②I-是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H+可以加快歧化反应速率
③反应ⅱ比ⅰ快;D中由反应ⅱ产生的H+使反应ⅰ加快
解析　本题以“含硫物质热化学循环”素材为载体,考查热化学方程式的书写、平衡移动、实验方案的设计与分析等知识。
(1)反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s),根据盖斯定律,由(反应Ⅰ+反应Ⅲ)即得反应Ⅱ的逆反应,所以反应Ⅱ的ΔH=-(551-297)kJ·mol-1=-254kJ·mol-1。
(2)反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,加压时平衡正向移动,H2SO4的物质的量分数会升高,所以p2>p1。
(3)催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变,在ⅰ中I-被氧化为I2,则在ⅱ中I2应该被SO2还原为I-,结合原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平反应ⅱ的离子方程式。
(4)①B是A的对比实验,B中加入0.2mol·L-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的浓度应该与A相同,即a=0.4。
②比较A、B、C可知,有H2SO4和KI时,SO2歧化反应速率较只有KI时快;只有H2SO4,无KI时不发生歧化反应,所以可得出的结论为酸性增强,I-催化SO2歧化反应速率提高。
规律总结　Fe3+催化H2O2分解与I-催化SO2歧化反应相似,Fe3+催化H2O2分解的过程为:2Fe3++H2O2O2↑+2Fe2++2H+、2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O。

16.(2011全国,28,15分)反应aA(g)+bB(g)cC(g)(ΔH”“　此反应为放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动(1分,2分,共3分)
(6)

(注:只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)(3分)
解析　(1)Ⅰ阶段,20.0min内,Δc(A)=2.00mol·L-1-1.00mol·L-1=1.00mol·L-1,Δc(B)=6.00mol·L-1-3.00mol·
L-1=3.00mol·L-1,Δc(C)=2.00mol·L-1,则a∶b∶c=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=1∶3∶2。
(2)vⅠ(A)=2.00mol·L-1-1.00 mol·L-120.0min=0.05mol·L-1·min-1,
vⅡ(A)=1.00mol·L-1-0.62 mol·L-115.0min≈0.025mol·L-1·min-1,vⅢ(A)=0.62mol·L-1-0.50 mol·L-110.0min=0.012mol·L-1·min-1。则vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)。
(3)αⅠ(B)=6.00mol·L-1-3.00 mol·L-16.00mol·L-1×100%=50%,αⅡ(B)=3.00mol·L-1-1.86 mol·L-13.00mol·L-1×100%=38%,αⅢ(B)=1.86mol·L-1-1.50 mol·L-11.86mol·L-1×100%=19%。故αⅢ(B)最小。
(4)由图示可知,由第一次平衡到第二次平衡,A、B的浓度减小,说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知,导致平衡正向移动采取的措施是从反应体系中移出了产物C。
(5)由图示可知,Ⅱ→Ⅲ,平衡正向移动,由于正反应是放热的,故Ⅱ→Ⅲ是降温过程,即T2>T3。
(6)第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,则各物质的浓度减半,由于容器的体积扩大,压强减小,平衡会向逆反应方向(气体体积增大的方向)移动,故平衡后,0.25mol·L-1p2>p1　相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响。故增大压强时,有利于CO的转化率升高(每空2分,共4分)
解析　(1)由反应热与键能的关系可得,ΔH1=1076kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1-3×413kJ·mol-1-343kJ·mol-1-465kJ·mol-1=-99kJ·mol-1;依据盖斯定律知,反应③=②-①,则ΔH3=ΔH2-ΔH1=-58kJ·mol-1-(-99kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1。
(2)由化学平衡常数的定义知,K=c(CH3OH)c(CO)·c2(H2);ΔH1”“=”或“　在相同温度时,该反应的反应物浓度越高,反应速率越大
解析　(1)实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2。
(2)依题意有:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890.3kJ·mol-1　①,CO(g)+12O2(g)CO2(g)　ΔH= -283.0kJ·mol-1　②,H2(g)+12O2(g)H2O(l)　ΔH=-285.8kJ·mol-1　③,①-②×2-③×2得:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+247.3kJ·mol-1,故生成1m3(标准状况)CO所需的热量为1 00022.4×247.32kJ=5.52×103kJ。(3)依据题给信息不难写出反应的化学方程式为CHCl3+H2O2COCl2+H2O+HCl。
(4)①K=c(CO)·c(Cl2)c(COCl2)=0.085mol·L-1×0.11 mol·L-10.04mol·L-1=0.234mol·L-1。②观察图像知第4min时改变的条件是升高温度,平衡正向移动,第8min时达到新的平衡,故T(2)v(2—3)=v(12—13)。⑤观察图中5—6min时与15—16min时曲线可知15—16min时COCl2浓度低,反应速率小,即v(5—6)>v(15—16)。