第二章化学反应速率与化学平衡同步习题2023---2024学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1

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第二章 化学反应速率与化学平衡同步习题

一、单选题
1．在恒温恒容的密闭体系中，可逆反应：A(s)＋2B(g)2C(g)　ΔHT2，M与W点，反应均达到平衡，温度越高，反应速率越大，M点的速率大于W点的反应速率，N点没有达到平衡，此时反应正向程度大，即N点的正向速率大于逆向速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，选项C正确；
D．M点已达到平衡，M点时再加入一定量的X，则相当于增大压强，平衡正向移动，X的转化率增大，选项D错误。
答案选C。
7．D
【详解】A．过程1是碳氧单键断裂，分别结合氯原子和AlCl2，过程3是氯原子被苯环取代，因此发生的都是取代反应，A正确；
B．过程2中碳氧双键变为单键，即有π键断裂，B正确；
C．反应前有氯化铝参与反应，反应后又生成氯化铝，所以是反应的催化剂，C正确；
D．反应中还有醋酸生成，因此总反应的原子利用率达不到100%，D错误；
答案选D。
8．D
【详解】由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，由图可知，故A错误；
B.醋酸电离吸热，则将含的稀溶液与含的稀溶液混合，放出的热量小于，故B错误；
C.合成氨为放热反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化，将和置于密闭容器中充分反应，放出热量，1mol氮气完全反应放热大于，则反应的，故C错误；
D.的反应可自发进行，，在常温下能自发进行，则该反应的，故D正确；
故选D。
【点睛】熵增焓减，反应自发；熵减焓增，反应逆向自发；熵增焓增，高温反应自发；熵减焓减，低温反应自发。
9．D
【详解】A．由图1知，氮气和氢气的能量大于氨气的能量，所以由氮气和氢气生成氨气是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，该反应的平衡常数减小，A正确；
B．，，B正确；
C．当缩小容器的体积，气体的压强增大，导致平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，氮气的物质的量减少，所以曲线d符合，C正确；
D．相同温度下，一定量氮气时，氢气的浓度越大，平衡向正反应方向移动导致氮气的转化率越大，所以图3中a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是c点，D错误；
故选D。
10．C
【详解】A. 依据表中数据，若温度相同，I和III达到的平衡是等效的，对比I和III，升高温度，达到平衡COCl2物质的量减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，故A错误；
B. 根据反应方程式，5min内消耗CO的物质的量为0.8mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(CO)==0.32mol/(L·min)，故B错误；
C. 容器I：，平衡常数K==10，容器II：，相同温度下，平衡常数不变，即有=10，解得a=0.55mol，故C正确；
D. 根据C的分析，CO的转化率为80％，随着反应进行物质的量减小，即压强减小，若是容器I为恒压，相当于在原来基础上增大压强，增大压强，平衡向正反应方向进行，即CO的转化率大于80%，故D错误；
故答案为C。
11．B
【详解】A. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，平衡常数K=，该反应放热，300℃下甲醇的含量高，即正反应进行的程度更大，故300℃下的平衡常数大，故A项错误；
B. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体分子总数减小的反应，在体积为3L的密闭容器中，气体分子总数、气体压强会发生变化，当容器内压强不变时说明反应已经达到平衡，故B项正确；
C. E点是平衡状态，压缩体积则瞬间所有气体的浓度均增大一倍，由于增压平衡右移，氢气浓度有所下降，但比压缩前浓度大，故C项错误；
D. (H2)=2(CH3OH)=2mol·L−1·min−1，故D项错误；
答案选B。
12．C
【详解】A．由图象中反应进程可 知正反应中I活化能大是决速步；逆反应中活化能IV大，是决速步，A项错误；
B．图示总反应的焓变=反应物的总焓-生成物的总焓=( I反应的活化能- II反应的活化能)-(III反应的活化能-IV反应的活化能)≠I反应的活化能-IV反应的活化能，B项错误；
C．已知 为快速反应，结合反应II可知溶液中存在OH-，C项正确；
D．结合反应历程I、II、III、IV和 可知，18O只存在于乙酸甲酯、乙酸、氢氧根离子、水分子中，不会在甲醇分子中存在，D项错误；
答案选C。
13．(1)-91.1
(2)BC
(3)反应①放热，温度升高平衡左移，反应②吸热，温度升高平衡右移，温度高于500K，反应②起主导作用，温度升高，反应②平衡右移的程度更大
(4) 0.1 80%
(5) H2

【详解】（1）①    
②     
对于反应：，根据盖斯定律为①—②，故-91.1_。
（2）恒温下，和在恒容密闭容器发生反应①②，表明平衡状态的：本质性判断。化学平衡状态的本质性标志是：“正反应与逆反应的速率相等” 特征性判断。化学平衡状态的特征性标志是：“反应混合物中各组分的浓度保持不变。”故答案为BC。
（3）温度高于500K时，的平衡转化率随温度升高而增大，其原因是反应①放热，温度升高平衡左移，反应②吸热，温度升高平衡右移，温度高于500K，反应②起主导作用，温度升高，反应②平衡右移的程度更大。
（4）根据题意

起始（mol）                      0
反应（mol）   0.3       0.3       0.3
平衡（mol）                      0.3

起始（mol）                      0
反应（mol）           0.3        0.1
平衡（mol）                     Y= 0.1
                         
的转化率为。
（5）在第二步电解CO合成的过程中，采用新型可传导的固体电解质，阴极是生成，电极方程式为，在阴极可能放电产生。
14．(1)
(2)
(3)ab
(4) 增大 不变 不移动
(5) 吸收 31.22

【详解】（1）分子中含有2个碳氧双键，结构式为；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，C、H、O三种元素的原子半径由小到大的顺序为。
（2）平衡常数是反应达到平衡状态时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，反应①的平衡常数表达式；
（3）a．将炭块粉碎，增大接触面积，可加快反应速率，故a正确；
b．有固体参与反应，气体总质量是变量，容器条件不变，密度是变量，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故b正确；
c．若水完全反应生成一氧化碳和氢气，则氢气的体积分数为50%，若水完全转化为二氧化碳和氢气，氢气的体积分数为，所以平衡时的体积分数不可能大于，故c错误；
选ab；
（4）若平衡时向容器中充入惰性气体，气体总物质的量增多，容器内压强增大，反应物、生成物浓度都不变，反应①的不变，平衡不移动。
（5）达到平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.lmol，根据氧元素守恒反应生成CO2的物质的量为0.2mol，则反应②消耗0.2mol、反应①消耗0.3mol，反应②放出能量41kJ/mol×0.2mol=8.2 kJ，反应①吸收能量131.4kJ/mol×0.3mol=39.42kJ，整个体系吸收热量39.42-8.2=31.22kJ。
15． K= 增大 减小 C AB 50%
【分析】（1）根据化学平衡常数的概念以及温度对化学平衡、化学平衡常数的影响分析；
（2）固体的浓度为常数，平衡不移动；
（3）依据平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，结合反应特征和平衡移动原理分析选项；
（4）依据化学平衡三段式列式计算，转化率=×100%计算得到。
【详解】（1）根据化学平衡常数为平衡时生成物浓度幂之积比反应物浓度幂之积，反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的平衡常数的表达式为K=；化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g） ΔH=+131.3 kJ·mol-1为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数增大；如果反应物完全转化为生成物，则容器中气体的平均相对分子质量是（28＋2）/2＝15，由于升高温度平衡向正反应方向进行，所以容器中气体的平均相对分子质量将减小。
（2）上述反应达到平衡后，将体系中的C（s）部分移走，浓度不变，平衡不移动；
答案选C；
（3）A．单位体积内每消耗1mol CO的同时生成1molH2，说明一氧化碳或氢气正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，选项A正确；
B．反应前后气体物质的量变化，混合气体总物质的量保持不变说明反应达到平衡状态，选项B正确；
C．生成H2O（g）的速率与消耗CO的速率相等只能说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，选项C错误；
D．H2O（g）、CO、H2的浓度相等和起始量变化量有关，不能作为平衡标志，选项D错误；
答案选AB；
（4）设H2O转化了xmol/L，依据化学平衡三段式列式计算：
                           C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）
初始浓度（mol/L）                 2.0             0        0
转化浓度（mol/L）                  x             x         x
平衡浓度（mol/L）                 2.0-x           x         x
达到平衡时测得K=1，即K===1，解得x=1mol/L，所以α（H2O）=×100%=50%。
【点睛】本题考查较为综合，涉及化学平衡常数及有关计算、化学平衡及反应速率的影响因素等，为高考常见题型，题目难度中等，（2）是易错点，学生容易形成定式思维，认为碳是固体，不影响平衡移动，导致错误，注意审题是将碳部分移走。
16．(1) 1∶3 1∶1
(2) 变小 不变
(3)逆向
(4) 向左移动 小于
(5)能

【解析】(1)
N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ•mol-1，起始投料为2molN2和6molH2，按化学计量数之比进行反应，所以转化率之比为1:1，当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是1∶3；
(2)
升高平衡体系的温度，平衡逆向移动，气体的物质的量增大，混合气体的质量不变，根据可知，平均相对分子质量变小；因容器体积不变，混合气体质量不变，所以气体的密度不变，故答案为：变小；不变；
(3)
当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，气体的总体积增大，相当于减小压强，所以会使平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆向；
(4)
升温平衡向吸热方向移动，即向逆向移动，体系的温度降低，则达到新平衡后，容器内温度小于原来的2倍，故答案为：向左移动；小于；
(5)
ΔS=-198.2J•K-1•mol-1，ΔH=-92.4kJ•mol-1，则ΔH–TΔS=-92.4kJ•mol-1-298K（-198.2J•K-1•mol-1）=-33.3kJ/mol＜0，则上述反应在常温下能自发进行，故答案为：能。
17．(1) 放 ＞
(2)减小
(3)变浅

【详解】（1）达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变小，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，故答案为：放；＞；
（2）若加入B(体积不变)，平衡正向进行，A的转化率增大，但B的转化率减小；
（3）若B是有色物质，A、C均无色，维持容器内压强不变，充入氖气时，体积增大，对于反应体系来说，相当于减小压强，则平衡向逆反应方向移动，但移动的量远小于体积增大的因素，则B的浓度减小，混合物的颜色变浅，故答案为：变浅。
18． N2O4 吸热 ad 不变 0.1
【分析】(1)所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；
(2) 当温度升高时，气体颜色变深，说明N2O4(g) 2NO2(g)平衡正向移动；
（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此可以判断。平衡常数只与温度有关；根据计算速率。
【详解】(1) (CH3)2NNH2(l)+2N2O4(l)====2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)，N2O4中氮元素化合价由+4降低为0,所以N2O4是该反应的氧化剂；
(2) 当温度升高时，气体颜色变深，说明N2O4(g) 2NO2(g)平衡正向移动，所以正反应为吸热反应；
(3) a、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量不变，但容器容积是变化的，因此当密度不再发生变化时可以说明反应达到平衡状态，故选a；
b、对于具体的化学反应，反应热是恒定的，不能说明反应达到平衡状态，故不选b；
c、随反应进行，反应物浓度减小，正反应速率是逐渐减小，故c错误，不选c；
d、当反应物的转化率不再发生变化时，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故选d；
平衡常数只与温度有关，若在相同温度下，上述反应改在体积为1 L的恒容密闭容器中进行，平衡常数不变；反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则根据方程式可知，消耗N2O4的物质的量是0.3mol，其浓度变化量是0.3mol÷1L＝0.3mol/L，则0～3s内的平均反应速率v（N2O4）＝0.3mol/L÷3s＝0.1mol·L-1·s-1。
19．取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基
【详解】由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。
20． 放热 1.42×10-4mol/(L·s) c、d
【分析】(1)根据图示所给的反应物总能量与生成物总能量大小关系进行分析；
(2)同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，v(N2)=v(NO)；
(3)根据平衡常数的概念进行书写；
(4)根据影响平衡移动的规律进行分析。
【详解】(1)反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；
(2)同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，所以前3s内的平均反应速率v(N2)=v(NO)=×=1.42×10-4 mol•L-1•s-1；
(3)根据平衡常数的概念可知反应 2NO+2CO2CO2 +N2的K=；
(4)a．选用更有效的催化剂，不能使平衡发生移动，故错误；
b．因反应放热，升高反应体系的温度，则平衡逆向移动，转化率减小，故错误；
c．降低反应体系的温度，平衡正向移动，转化率增大，故正确；
d．缩小容器的体积，平衡正向移动，转化率增大，故正确；
故答案为：cd。
21．(1) 使混合物充分接触并发生反应 Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O 冰凉 吸热 ＞
(2) ＜ ＜ 相同

【详解】（1）①晶体和氯化铵晶体之间的反应是固体之间的反应.实验中玻璃棒搅拌可使混合物充分接触并加速反应；氯化铵属于铵盐，能和反应生成氨气、水以及氯化钡，反应的化学方程式为，该反应属于复分解反应。②若用手触摸烧杯外壁，将会有冰凉的感觉.说明晶体和氯化铵晶体的反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，则△H＞0；
（2）①由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，则反应物的总键能小于生成物的总键能，△H＜0。②由图可知，反应历程a与b相比，反应物和生成物的总能量相同，所以反应热也相同。
22． CD P3>P2>P1 Z 由于Ea2>Ea1，反应I的速率更快，开始时c(SO2)上升，直至反应Ⅰ达到最大限度，由于反应Ⅱ的平衡常数较大，随着反应II的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低
【详解】(1)黄铁矿在沸腾炉中被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，根据元素守恒和电子守恒可得反应的方程式为：，故答案为：；
(2)A．把黄铁矿磨成细粉末在“沸腾”状态下燃烧，可以增大与氧气的接触面积，使反应更充分，提高原料的利用率，故A正确；
B．气体在进接触室前要先净化，防止有杂质和催化剂反应，使催化剂中毒，故B正确；
C．接触室中二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应为放热反应，较高温度会降低原料的平衡转化率，采用高温主要是为了提高反应速率以及催化剂活性，故C错误；
D．为防止形成酸雾和加快吸收速率，三氧化硫是被浓硫酸吸收而不是被水吸收，故D错误；故答案为：CD；
(3)温度较低时反应速率较慢测定α时反应未达到平衡，所以此时随温度升高α增大，当温度升高到一定程度，测定α时反应达到平衡，继续升高温度平衡逆向移动，α减小；
①温度较高时反应达到平衡，该反应为气体系数之和减小的反应，温度不变增大压强平衡正向移动，α增大，所以P3>P2>P1，
故答案为：P3>P2>P1；
②当α随温度的升高而减小时，说明反应达到平衡，所以平衡点为Z；Z点所示温度平衡时二氧化硫的转化率为0.900，初始投料为1molSO2和1.45molO2，则列三段式：
压强为P3，各组分的分压之比等于物质的量之比，所以，，，则，故答案为：Z，；
(4)①虽然两个反应同时进行，但由于Ea2>Ea1，反应Ⅰ的速率更快，开始时c(SO2)上升，直至反应Ⅰ达到最大限度，由于反应Ⅱ的平衡常数较大，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低，直至反应Ⅱ达到平衡，
故答案为：由于Ea2>Ea1，反应I的速率更快，开始时c(SO2)上升，直至反应Ⅰ达到最大限度，由于反应Ⅱ的平衡常数较大，随着反应II的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低；
②反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以c(SO2)的最大值要高于T1温度，但由于温度升高，反应速率加快，所以达到最大值所用时间缩短，反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以最终平衡时c(SO2)也要高于T1温度，则T2条件下c(SO2)随时间t变化。