第二章 化学反应速率与化学平衡 同步习题 高中化学人教（2019）选择性必修1（Word含答案）

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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．把0.6mol X气体和0.4mol Y气体混合于2L容器中，使它们发生如下反应：3X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g)。5min末生成0.2mol W，若测得以Z浓度变化来表示的化学反应速率为0.01mol/(L·min)，则上述反应中Z气体的化学计量数n的值是
A．1 B．2 C．3 D．4
2．在容积不变的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)       ΔH K(900℃)。
②由于温度不变，平衡常数不变，在CO(g)+H2O(g) ⇌CO2(g)+H2(g)反应中，成倍数同时增大反应物的物质的量，则反应物的转化率也不变，实验2中CO的转化率为20%，则实验2中CO和H2O的物质的量加倍时，转化的CO的物质的量为420%=0.8mol，根据化学方程式，则平衡时生成H2的物质的量为0.8mol，生成H2浓度为0.4mol·L-1。
18．     大于          和分离能耗较高     转化率较低
【解析】温度相同时，越大，HCl的转化率越低，所以400℃时的平衡转化率为84%的曲线为料浓度比的曲线，据此解答。
【解析】由题给平衡转化率随温度变化的关系图可知，随温度升高，HCl平衡转化率降低，则此反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即K（300℃）大于K（400℃）。结合题图可知，、400℃时的平衡转化率为84%，列出三段式：                  ，则；进料浓度比过低会使体系中含量高，分离和的能耗较高，过高则会造成转化率较低，故答案为：大于；；和分离能耗较高；转化率较低。
19．(1)     -760.3     AD
(2)     1.33mol          温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强

【解析】(1)
①过程i对应的热化学方程式：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=946kJ/mol+498 kJ/mol -2×632 kJ/mol=+180 kJ/mol；
过程iii对应热化学方程式：③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H= -56.15×2 kJ/mol = -112.3 kJ/mol；
设过程ii的热化学方程式为②，②×2-①+③可得2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)，根据盖斯定律，△H=-234 kJ/mol×2-180kJ/mol-112.3kJ/mol=-760.3kJ/mol；
②适当升温或减小压强都能促进平衡逆向移动，从而使CH3COOCu(NH3)2再生，答案选AD；
(2)
①根据关系，NH3失去的12个电子，有8个被NO得去，4个被O2得去，说明NH3只有是氧气氧化的，即关系为：O2 ~ NH3（被O2氧化），故1mol O2能氧化NH3 mol，即1.33mol；CO(NH2)2还原NO2生成N2，此时发生的是N元素归中反应，结合元素守恒配平方程式得：；
②由于是反应相同时间，故未达平衡前反应速率越快，相同时间内NO转化率越高，故50~150℃ NO转化率迅速上升原因可能是温度升高导致反应速率加快，另外此反应用到了催化剂，所以还可能是因为温度升高催化剂活性增强导致反应速率加快。
20．(1)0.024mol/(L·min)
(2)ABC
(3)     9     吸热
(4)     ＞     ＞     A     ＜

【解析】(1)
从图中可知，800℃时，0～5min内，D的物质的量增大0.6mol，则参加反应的B的物质的量为1.2mol，以B表示的平均反应速率为=0.024mol/(L·min)。答案为：0.024mol/(L·min)；
(2)
对于反应A(g)+2B(g)C(g)+D(g)；
A．由于反应前后气体的分子数不等，随着反应的进行，气体的压强在不断改变，当容器中压强不变时，反应达平衡状态，A符合题意；
B．混合气体中c(A)不变，则正逆反应速率相等，B符合题意；
C．v正(B)=2v逆(D)，表明反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，反应达平衡状态，C符合题意；
D．c(A)=c(C)时，可能是反应进行过程中的某个阶段，不一定是平衡状态，D不符合题意；
故选ABC。答案为：ABC；
(3)
若最初加入1.0mol A和2.2mol B，800℃时，发生反应A(g)+2B(g)C(g)+D(g)，平衡时D的物质的量为0.6mol，则C的物质的量为0.6mol，A的物质的量为1.0mol-0.6mol=0.4mol，B的物质的量为2.2mol-1.2mol=1mol，平衡常数K==9；温度从700℃升高到800℃，D的物质的量增大，则表明平衡正向移动，所以该反应为吸热反应。答案为：9；吸热；
(4)
①400℃，K=32；500℃，K=44，表明升高温度平衡正向移动，则该反应的∆H＞0。若此时系统温度400℃，则浓度商Q==()2＜32，所以平衡正向移动，υ正＞υ逆。
②平衡正向移动，移动过程中产物甲醇的物质的量应减小，最后达平衡，所以此时甲醇的百分含量比平衡时大，即在平衡线的上方，此时反应点在图象的位置是图中A点；图中B、D两点中，D点对应的温度高，所对应的正反应速率大，所以正反应速率B＜D。答案为：＞；＞；A；＜。
【点睛】比较两种不同温度下的反应速率时，通常不是看反应进行的程度，而是看温度。
21．(1)          0.15
(2)加入催化剂
(3)AB
(4)     41.7     是

【解析】（1）
由图可知，A、B为反应物，C、D为生成物，A、B、C、D的系数比为(2.5-1.7)mol：(2.4-1.4)mol：1.2mol：0.8mol=4：5：6：4，该反应的化学方程式为4A(g)+5B(g)⇌6C(g)+4D(s)；0～2min内用C表示的化学反应速率，故答案为：4A(g)+5B(g)⇌6C(g)+4D(s)；0.15；
（2）
由图像可知，在2min时图像斜率变大，反应加快，反应达到平衡状态时平衡量不变，则改变条件为使用了催化剂，故答案为：加入催化剂；
（3）
A.反应正向气体分子数减小，反应体系内气体的压强不再发生变化，混合气的总物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；
B.反应容器容积一定，反应体系内气体的密度不再发生变化时，混合气的总质量不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C.A与C的浓度之比为6：4，无法判断正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故C错误；
D.当有1molA被消耗的同时有1molC被消耗，正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，故D错误；
故答案为：AB；
（4）
起始时A的物质的量为2.5mol，B的物质的量为2.4mol，反应至某时刻，B的反应量为5xmol，则此时A的物质的量为(2.5-4x)mol，B的物质的量为(2.4-5x)mol，C的物质的量6xmol，混合气的总物质的量为(2.5-4x)mol+(2.4-5x)mol+6xmol=(4.9-3x)mol，同温同压条件下，体系内气体的压强比等于物质的量之比，则有，解得x=0.2，则此时B物质的转化率为×100%≈41.7%，B的反应量为5×0.2mol=1mol，由图像可知，反应达到平衡状态时恰好有1molB反应，故反应达到平衡状态，故答案为：41.7；是。
22．     1.2     0.1     0.3     25%
【解析】(1)在2 min内A物质的浓度改变了△c(A)=1.0 mol·L-1-0.8 mol·L-1=0.2 mol/L，根据方程式物质反应关系可知A、B两种物质反应的比是1：2，所以B物质改变浓度为△c(B)=2△c(A)=0.4 mol/L，由于在反应开始时B的浓度为1.6 mol/L，所以2 min末B的浓度c(B)=1.6 mol/L-0.4 mol/L=1.2 mol/L；
(2)在2 min内A物质的浓度改变了△c(A)=1.0 mol·L-1-0.8 mol·L-1=0.2 mol/L，根据化学反应速率的含义，可知用A的浓度变化表示的平均反应速率v(A)==0.1 mol/(L·min)；
(3)在同一时间段内用不同物质表示反应速率，速率比等于方程式中化学计量数的比。V(A)：v(C)=1：3，所以2 min内C的平均反应速率v(C)=3v(A)=3×0.1 mol/(L·min)=0.3 mol/(L·min)；
(4)在反应开始时B的浓度为1.6 mol/L，2 min内B物质改变浓度为△c(B)=2△c(A)=0.4 mol/L，则2 min末时物质B的转化率为=25%。
【点睛】在同一时间段内用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于方程式中相应的化学计量数的比。固体、纯液体的物质浓度不变，因此不能使用固体或液体物质表示反应速率。
23．(1)0.6
(2)     3     3：2
(3)     K=     1.09
(4)＞

【解析】(1)
在恒温恒容下发生反应：，2 min时反应达到平衡状态，此时剩余1.1 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol/L，则用Ｃ物质浓度变化表示的反应速率v(C)=；
(2)
在前2 min内，B物质浓度改变数值为△c(B)=，△c(C)=1.2 mol/L，用不同物质表示反应速率，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，则△c(B)：△c(C)=0.4 mol/L：1.2 mol/L=1：x，所以x=3；
在反应开始时n(A)=2 mol，n(B)=1.5 mol，反应进行到2 min时反应达到平衡，此时n(B)=1.1 mol，△n(B)=1.5 mol-1.1 mol=0.4 mol，根据物质反应转化关系可知△n(A)= 2△n(B)=0.8 mol，所以A的平衡转化率为；B物质的平衡转化率为，则A的转化率与B的转化率之比为：=3：2；
(3)
化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，根据(2)计算可知x=3，由于D物质呈固态，其浓度不变，则反应的化学平衡常数K=；
平衡时△c(C)=1.2 mol/L，c(B)=1.1 mol/L，c(A)=，所以K==；
(4)
向平衡后的容器中继续充入0.8 molA(g)、0.9 molB(g)、0.8 molC(g)、1.2mol D(s)，此时c(A)=2.0 mol/L，c(B)=2.0 mol/L，c(C)=2.0 mol/L，则浓度熵Qc=＜1.09，因此化学反应正向进行，故v(正)＞v(逆)。
24．     2     2.5     ②和③     ①和②     0.010或1.0 ×10-2
【解析】（1）根据题中信息及化合价升降法配平反应的化学方程式，然后根据电子守恒计算出1mol草酸完全反应转移的电子数；根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；
（2）根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；
（3）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率。
【解析】（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；H2C2O4中碳元素的化合价为+3价，变成二氧化碳后化合价总共升高了2×（4-3）价，所以每消耗1mol H2C2O4转移2mol电子；为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即c（H2C2O4）：c（KMnO4）≥=2.5；
故答案为：2；2.5；
（2）探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；
故答案为：②和③；①和②；
（3）草酸的物质的量为：0.10mol•L-1×0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol•L-1×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol：0.00004mol=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=×=0.010mol•L-1•min-1；
故答案为：0.010或1.0×10-2。
25．     1.00     35     25     2.00     大理石规格     0.01 mol/(L·s)     0～70     5     30     ②和③     ①和②     0.025
【解析】I.(1)(I)实验①和②探究浓度对反应速率的影响，硝酸的浓度应该不同；
(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响，温度应该不同；
(Ⅲ)中实验①和④，大理石的规格不同，则其它条件应该相同；
(2)先根据图像，求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应：CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑H2O，求出消耗的硝酸的物质的量，再由v(HNO3)=求出反应速率，物质浓度越大，反应速率越快。
II.(3)由控制变量法可知，应控制溶液的总体积相同；
(4)实验1、2的温度相同，实验2、3的浓度相同；
(5)结合v=、速率之比等于化学计量数之比计算。
【解析】(1)(I)由于①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，a应该是1.00mol/LHNO3；
(Ⅱ)由于①和③探究温度对反应速率的影响，故应该温度不同，b应该选35℃；
(Ⅲ)实验①和④的大理石规格不同，其它反应条件相同，探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，故c为25℃，d是2.00mol/L，e是固体物质的表面积，即大理石规格；
(2)由图可知70至90s，CO2生成的质量为m(CO2)=0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为n(CO2)==0.0025molmol，根据反应CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑H2O，可知消耗HNO3的物质的量为n(HNO3)=2×0.0025mol=0.005mol，又由于硝酸溶液体积为0.025L，所以HNO3减少的浓度△c(HNO3)==0.2mol/L，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70～90s范围内的平均反应速率为v(HNO3)==0.01mol/(L•s)；在大理石与硝酸的反应中，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐减低，在0～70s、70s～90s、90s～200s各相同的时间段里，浓度最大的是0～70s，所以反应速率最大的时间段是0～70s；
Ⅱ.(3)实验2混合液的总体积为10mL+10mL+30mL=50mL，则V1=50mL-10mL-35mL=5mL，V2=50mL-10mL-10mL=30mL；
(4)探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；
(5)草酸的物质的量n(H2C2O4)=0.60mol/L×0.005L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.10mol•L-1×0.01L=0.001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.001mol=3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度c(KMnO4)==0.02mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.01 mol/(L•min)，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=0.01mol/(L•min)×=0.025mol/(L•min)。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素及反应速率的计算，注意信息中提供的条件及图像的分析及把握控制变量法、速率的影响因素及计算为解答的关键，注意(5)为解答的难点，本题较好的考查学生综合应用知识的能力。
26．                    0.4     是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率     反应ii比i快，D中由反应ii产生的使反应i加快
【解析】(1)反应Ⅱ的总反应为：3SO2+2H2O=2H2SO4+S↓，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得。
(2)①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等；
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA。
【解析】(1)SO2歧化反应的离子方程式为，反应ii可由（的歧化反应－反应i）得到，则反应ii的离子方程式为；
(2)①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4，故答案为：0.4；
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−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，故答案为：I−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对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快，故答案为：反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快。
27．(1)量筒、容量瓶、胶头滴管
(2)使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤
(3)     温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O；故水浴温度控制在40℃产率最高     防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低     2FeC2O4·2H2O+ H2O2+3K2C2O4+ H2C2O4= 2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
(4)     快速过滤、沉淀易干燥     95.0

【解析】本实验是通过摩尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]来制备三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)。实验过程中，称取5.00 g摩尔盐晶体，加入含5滴1.0 mol/L H2SO4溶液的蒸馏水溶解，加入几滴稀硫酸目的是抑制Fe2+水解，然后再滴加饱和H2C2O4溶液，加热煮沸，生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀，反应原理为，继续煮沸3分钟，使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，过滤，在上述沉淀中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃滴加H2O2溶液，一段时间后，煮沸除去过量的H2O2溶液。再加入4mL饱和H2C2O4溶液，调节溶液的pH为3，一系列操作后，得到三草酸合铁酸钾晶体，该过程将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为，以此分析来解题。
(1)
在实验室中，配制1.0 mol/L H2SO4溶液属于一定物质的量浓度溶液的配制，除了烧杯、玻璃棒之外，还需用到量筒、容量瓶和胶头滴管，故答案为量筒、容量瓶、胶头滴管；
(2)
生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后，继续煮沸3分钟，根据胶体的性质，FeC2O4·2H2O胶状沉淀会发生聚沉，生成较大颗粒的沉淀，故答案为：使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤；
(3)
①滴加H2O2溶液，是为了将FeC2O4·2H2O中的Fe2+氧化为Fe3+，而H2O2溶液受热时自身易发生分解，因此水浴温度控制在40℃最适宜，原因是温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，故答案为：温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，水浴温度控制在40℃产率最高；②后续实验会继续加入饱和H2C2O4溶液，如果过量的H2O2溶液不除去，可能会发生氧化还原反应，影响实验结果，故答案为：防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低；③根据氧化还原反应方程式的书写方法，由FeC2O4·2H2O沉淀、K2C2O4溶液、H2O2溶液、H2C2O4溶液制备K3[Fe(C2O4)3]溶液的化学反应方程式为；
(4)
①该装置是减压过滤装置，与普通过滤装置相比，该装置的优点是过滤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：快速过滤、沉淀易干燥；②假设理论上获得三草酸合铁酸钾晶体的质量为，根据Fe原子守恒，可得关系式：
即 ，。
所以所得三草酸合铁酸钾晶体的产率是，故答案为95.0。