2023高考化学二轮专题复习与测试专题强化练五化学反应速率与化学平衡

这是一份2023高考化学二轮专题复习与测试专题强化练五化学反应速率与化学平衡，共8页。试卷主要包含了下列说法正确的是，在一密闭容器中，进行如下反应，已知反应等内容，欢迎下载使用。
专题强化练(五)　化学反应速率与化学平衡
1．下列说法正确的是(　　)
A．往平衡体系FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl中加入KCl固体。平衡将向逆反应方向移动，溶液颜色将变浅
B．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v(放)减小，v(吸)增大
C．合成氨反应需要使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动，所以也可以用勒夏特列原理解释使用催化剂的原因
D．二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，加压后颜色加深
解析：A项，反应的本质是Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，与K＋、Cl－无关，错误；B项，升高温度，反应速率均增大，错误；C项，催化剂可以缩短反应达到平衡的时间，但是不会改变平衡状态，错误；D项，增大压强，平衡向生成N2O4的方向移动，但是NO2的浓度是增大的，正确。故选D。
答案：D
2．在密闭容器中进行反应N2＋O22NO，下列条件能增大反应速率的是(　　)
A．增大体积使压强减小
B．体积不变，充入N2使压强增大
C．体积不变，充入He使压强增大
D．压强不变，充入气体Ne
解析：增大体积使压强减小，物质浓度减小，反应速率减小，故A项错误；体积不变，充入N2使压强增大，氮气浓度增大，反应速率增大，故B项正确；体积不变，充入He使压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，故C项错误；压强不变，充入气体Ne，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，故D项错误。故选B。
答案：B
3．A(g)＋3B(g)2C(g)在不同条件下的反应速率表示如下，其中反应进行最快的是(　　)
A．v(A)＝0.01 mol/(L·s)
B．v(B)＝0.02 mol/(L·s)
C．v(B)＝0.60 mol/(L· min)
D．v(C)＝1.00 mol/(L· min)
解析：解答本题可根据不同物质的速率之比等于计量数之比将不同物质的表示的反应速率转化为同一物质以同一单位表示的速率进行比较。v(A)＝0.01 mol/(L·s)＝0.6 mol/(L· min)；v(B)＝0.02 mol/(L·s)＝1.2 mol/(L· min)，则v(A)＝v(B)＝0.4 mol/(L· min)；v(B)＝0.60 mol/(L· min)，则v(A)＝v(B)＝0.2 mol/(L· min)；v(C)＝1.00 mol/(L· min)，则v(A)＝v(C)＝0.5 mol/(L· min)；综上所述反应进行最快的是A项。故选A。
答案：A
4．在一密闭容器中，进行如下反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，能作为判断该反应是否达到化学平衡状态的依据的是(　　)
A．混合气体的密度保持不变
B．容器内的总压不随时间变化
C．v正(H2)＝v逆(H2O)
D．c(CO2)＝c(CO)
解析：在一密闭容器中，反应物、生成物都是气体，所以混合气体的密度保持不变不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据，故A项错误；因为反应前后化学计量数相等，所以容器内的总压不随时间变化时，不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据，故B项错误；根据CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)反应可知，当v正(H2)＝v逆(H2O)说明反应达到化学平衡状态，故C项正确；根据CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)反应可知，当c(CO2)＝c(CO)不能说明反应达到化学平衡状态，故D项错误。故选C。
答案：C
5．(2022·浙江五校联考)在一容积不变，绝热的密闭容器中发生可逆反应：2X(s)Y(g)＋Z(g)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是(　　)
A．混合气体的密度不再变化
B．反应容器中Y的质量分数不变
C．该反应的化学平衡常数不变
D．容器中混合气体的平均相对分子量不变
解析：由2X(s)Y(g)＋Z(g)可知，反应前后气体的质量是变量，容器的体积不变，则反应过程中混合气体的密度是变量，当混合气体的密度不再变化时，各气体的质量不再改变，反应达到平衡状态，所以混合气体的密度不再变化，能判断反应达到平衡状态，故A项不符合题意；当反应容器中Y的质量分数不变时，因为体积不变，说明Y的浓度不再改变，反应达到平衡，所以反应容器中Y的质量分数不变，能说明该反应达到化学平衡状态，故B项不符合题意；由2X(s)Y(g)＋Z(g)反应是在绝热的密闭容器中进行可知，温度是变量，而平衡常数只是温度的函数，当反应的化学平衡常数不变时，说明温度不再改变，反应达到平衡状态，所以该反应的化学平衡常数不变，能说明该反应达到化学平衡状态，故C项不符合题意；由2X(s)Y(g)＋Z(g)可知，反应前反应物是固体，反应后产物是气体，且产生的气体比例不会改变，总是1∶1，则混合气体的平均相对分子量M＝是定值，所以当容器内气体的平均相对分子量不变时，不能判断反应达到平衡状态，故D项符合题意。故选D。
答案：D
6．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．工业合成氨中，将氨液化分离以提高氨产率
C．SO2氧化为SO3，使用过量的空气以提高SO2的利用率
D．盛有2 mL 5% H2O2溶液的试管中加入MnO2，试管中迅速产生大量气泡
解析：氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是可逆反应，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以可用勒夏特列原理解释；将氨液化分离，合成氨的平衡向正反应方向移动，提高氨产率，符合勒夏特列原理；SO2氧化为SO3，使用过量的空气，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行，可提高二氧化硫的利用率，所以可用勒夏特列原理解释；二氧化锰对过氧化氢的分解起催化作用，而催化剂只改变反应速率，不影响平衡的移动，所以不符合勒夏特列原理。
答案：D
7．(2022·广东综合能力测试)已知反应：2X(l)Y(l)，取等量X，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化率随时间变化的关系曲线(αt)如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．曲线Ⅰ代表0 ℃下X的αt曲线
B．反应进行到66 min时，Y的物质的量为0.113 mol
C．该反应ΔH＞0
D．加入催化剂，X的平衡转化率升高
解析：据图可知，平衡前反应相同时间，曲线Ⅰ所示条件下转化率更小，即反应速率更小，温度越低，反应速率越小，所以曲线Ⅰ代表0 ℃下X的αt曲线，A项正确；据图可知反应进行到66 min时，X的转化率为0.113，但初始投料未知，所以无法计算此时Y的物质的量，B项错误；曲线Ⅱ所示温度更高，但平衡时X的转化率低，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH＜0，C项错误；催化剂可以增大反应速率，但不能改变平衡转化率，D项错误。故选A。
答案：A
8．(2022·湖北新高考联考协作体联考)在体积可变的密闭容器中投入0.5 mol CO和0.75 mol H2，不同条件下发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．M点CO的转化率为50%
B．平衡后再加入0.5 mol CO和0.75 mol H2重新到达平衡，CO的转化率增大
C．反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＜0
D．506 K时，若混合气体的总物质的量不再改变，说明反应达到化学平衡状态
解析：由图像可知M点的“三段式”为：
CO　＋　2H2CH3OH　
开始量/mol 0.5 0.75 　　0
转化量/mol 0.25 0.5 　0.25
平衡量/mol 0.25 0.25 　0.25
则M点CO的转化率为50%，A项正确；容器体积可变，再加入0.5 mol CO和0.75 mol H2，平衡不移动，CO的转化率不变，B项错误；由题图可知，反应温度升高，CH3OH的物质的量减小，平衡逆向移动，故CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＜0，C项正确；该反应中所有反应物和产物都是气体，故气体总物质的量不变，可证明反应达到平衡，D项正确。故选B。
答案：B
9．(2022·山东第三次联考)一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)达到平衡时，下列说法错误的是(　　)
A．该反应的平衡常数K＝c(Cl2)
B．将容器体积压缩为原来一半，当体系再次达到平衡时，Cl2的浓度增大
C．减小氯气浓度，平衡向正反应方向移动，平衡常数不变
D．温度升高该反应的化学平衡常数K增大
解析：由题给化学方程式知，MgCl2和Mg为液态，其浓度是常数，不能写入平衡常数的表达式中，所以该反应的平衡常数K＝c(Cl2)，A项正确；该反应的平衡常数表达式为K＝c(Cl2)，将容器体积压缩为原来一半，当体系再次达到平衡时，因温度不变，则K值不变，所以c(Cl2)也不变，B项错误；反应的平衡常数只与温度有关，减小产物浓度，平衡向正反应方向移动，但平衡常数不变，C项正确；Mg在氯气中燃烧为放热反应，则MgCl2(l)分解生成Cl2(g)和Mg(l)为吸热反应，ΔH>0，则温度升高，平衡向正反应方向移动，反应的平衡常数K变大，D项正确。故选B。
答案：B
10．(2022·茂名第二次综合测试)研究NOx之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：N2O4(g)2NO2(g)ΔH>0。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(N2O4)和c(NO2)随t变化为曲线Ⅰ、Ⅱ，改变温度到T2，c(NO2)随t变化为曲线Ⅲ。下列判断正确的是(　　)

A．温度T1>T2
B．反应速率va＝vb
C．在T1温度下，反应至t1时达平衡状态
D．在T1温度下，反应在0～t3内的平均速率为v(N2O4)＝ mol/(L·s)
解析：反应温度T1和T2，以c(NO2)随t变化曲线比较，Ⅱ比Ⅲ后达平衡，所以T2>T1，故A项错误；升高温度，反应速率增大，T2>T1，则反应速率va>vb，故B项错误；T1温度下，反应至t1时c(NO2)＝c(N2O4)，t1之后c(NO2)、c(N2O4)仍在变化，说明t1时反应没有达到平衡状态，故C项错误；T1时，在0～t3内，Δc(N2O4)＝0.04 mol·L－1－0.01 mol·L－1＝0.03 mol·
L－1，则0～t3内，v(N2O4)＝ mol/(L·s)，故D项正确。故选D。
答案：D
11．(2022·深圳第一次调研)在容积为V L的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1 mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．Ⅰ表示N2物质的量分数的变化情况
B．0～t1 min，v(H2)＝mol/(L· min)
C．t2 min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D．t3 min时改变的条件可能为减小容器容积
解析：由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1 mol，则N2和H2各为0.5 mol，由此列“三段式”如下：
N2(g) ＋ 3H2(g)2NH3(g)
起始量/mol 　0.5 　0.5 　0
变化量/mol 　x 　3x 　2x
某时刻量/mol 0.5－x0.5－3x 　2x
可得，某时刻总物质的量为n(总)＝(0.5－x)mol＋(0.5－3x)mol＋2xmol＝(1－2x)mol，某时刻N2的物质的量分数为×100%＝×100%＝50%，所以N2的物质的量分数一直保持不变是50%，则Ⅰ代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是Ⅲ代表H2的物质的量分数，Ⅱ代表NH3的物质的量分数；据此分析解答。由上述分析可知，则Ⅰ代表N2的物质的量分数，故A项正确；由上述分析可知，Ⅲ代表H2的物质的量分数，Ⅱ代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即＝，解得x＝0.1，则0～t1 min，v(H2)＝＝ mol/(L· min)，故B项错误；由上述分析可知，Ⅱ代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向正反应方向进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C项正确；由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D项正确。故选B。
答案：B
12．(2022·广州调研)甲醇水蒸气重整制氢具有能耗低、产物组成简单、副产物易分离等优点，是未来制氢技术的重要发展方向。该重整反应体系主要涉及以下反应：
Ⅰ.CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)ΔH1；
Ⅱ.CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)　ΔH2＝＋90 kJ· mol－1；
(1)已知CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝＋41 kJ· mol－1；
反应Ⅰ的ΔH1＝________kJ· mol－1。
(2)将组成(物质的量分数)为25% CH3OH(g)、35%H2O(g)和40%N2(g)(N2不参与反应)的气体通入恒容容器中反应相同时间，测得CH3OH转化率和产物的物质的量分数随温度变化关系如图所示。

①曲线甲和乙分别代表产物________和________。
②下列对甲醇水蒸气重整制氢反应体系的说法合理的有________。
A．增大N2的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率都增加
B．移除CO2能提高CH3OH的平衡转化率
C．升高温度，N2的物质的量分数保持不变
D．440～460 ℃时，升高温度，H2的产率增大
③反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的，结合图中信息解释判断依据：_________________
________________________________________________________________________。
(3)一定条件下，向2 L的恒容密闭容器中通入1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)发生上述反应，达到平衡时，容器中CO2为0.8 mol，CO为0.1 mol，此时H2的浓度为________ mol·L－1，反应Ⅰ的平衡常数K＝__________(写出计算式)。
(4)研究发现以铜作催化剂时，反应Ⅰ经历三步：
①CH3OH―→HCHO＋H2，
②HCHO＋H2O―→HCOOH＋H2，
③________________________________________________________________________。
解析：(1)由盖斯定律可知，反应Ⅱ－反应Ⅰ可得反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，则ΔH2－ΔH1＝ΔH3，ΔH1＝ΔH2－ΔH3＝90－41＝＋49 kJ· mol－1。(2)①充入一定量的CH3OH(g)、H2O(g)反应，相同时间下生成H2(g)的量比CO2(g)的多，即H2(g)的物质的量分数较大，则曲线甲代表产物H2，曲线乙代表产物CO2；②N2不参与反应，在恒容容器中反应，增大N2的浓度，反应物的浓度不变，则反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率都不变，A项错误；移除CO2，即减小生成物的浓度，反应Ⅰ正向移动，能提高CH3OH的平衡转化率，B项正确；由于反应Ⅰ和Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，混合气体的物质的量增加，而N2的物质的量不变，则N2的物质的量分数减小，C项错误；由图可知440～460 ℃时，H2的物质的量分数明显增加，则升高温度，H2的产率增大，D项正确；故选BD。③反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的，其判断依据：活化能越小反应速率越大，图中温度相同时，CO2的物质的量分数大于CO，即反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ，故反应Ⅰ的活化能较低。(3)一定条件下，向2 L的恒容密闭容器中通入1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)发生题述反应，达到平衡时，容器中CO2为0.8 mol，CO为0.1 mol，则c平衡(CO2)＝＝0.4 mol·L－1，c平衡(CO)＝＝0.05 mol·L－1。由反应Ⅰ和反应Ⅱ列出“三段式”：
CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)
起始浓度/(mol·L－1) 0.5 0 0
转化浓度/(mol·L－1) 0.4 0.4 0.4 1.2
平衡浓度/(mol·L－1) 0.1 0.4 1.2
CH3OHCO(g)＋2H2(g)
起始浓度/(mol·L－1) 0 0
转化浓度/(mol·L－1) 0.05 0.05 0.1
平衡浓度/(mol·L－1) 0.05 0.1
c平衡(CH3OH)＝(0.5－0.4－0.05)mol·L－1＝0.05 mol·L－1；
c平衡(H2)＝(1.2＋0.1)mol·L－1＝1.3 mol·L－1；
反应Ⅰ平衡常数K＝＝。
(4)根据盖斯定律，反应Ⅰ－①－②可得第③步反应为HCOOH―→CO2＋H2。
答案：(1)＋49
(2)①H2　CO2　②BD　③活化能越小反应速率越大，图中温度相同时，CO2的物质的量分数大于CO，即反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ，故反应Ⅰ的活化能较低
(3)1.3　
(4)HCOOH―→CO2＋H2