第二章 化学反应速率与化学平衡 测试题 高中化学人教版（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测试题一、选择题1．科学家成功研制出一种催化剂，为Cu/Zn/Al/M′/M″五组分共存的金属氧化物，实现了与反应生成醇、羧酸等产物。下列说法正确的是A．Zn不属于过渡元素B．乙醇为非电解质C．催化剂通过降低反应热加快反应速率D．与生成乙酸是熵增大的反应2．尿素是一种高效缓释氮肥。利用和合成尿素的反应分两步进行：① ；② 。下列说法正确的是A．的B．反应①的C．反应①的平衡常数D．尿素分子中C的化合价为3．低温脱氮技术可用于处理废弃中的氮氧化物。发生的化学反应为：。在恒容密闭容器中，下列说法正确的是A．其他条件不变，减小压强，平衡正向移动，方程式中的Q值增大B．其他条件不变，使用高效催化剂，可以提高处理效率C．4mol氨气与足量的NO充分反应，放出的热量为QkJD．该反应是放热反应，升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减少，平衡逆向移动4．某反应过程能量变化如图所示。下列说法错误的是A．该反应属于放热反应B．加入催化剂后，反应的ΔH降低C．催化剂能改变活化分子的百分数D．过程 b 使用了催化剂5．下列反应中，熵显著增加的反应是A．B．C．D．6．在密闭容器中充入一定量M和N，发生反应：，平衡时M的浓度为，平衡后第时保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，第再次达到平衡时，测得M的浓度为。下列有关判断正确的是A．之间，M的平均反应速率为B．降低温度，M的体积分数增大C．增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大D．反应方程式中7．下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法B．配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中C．工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH0C．反应中La2O2CO3释放出CO2D．使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率15．在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在溶液中发生反应反应①：(邻二氯苯)反应②：(对二氯苯)反应①和②存在的速率方程：和，、为速率常数，只与温度有关，反应①和②的曲线如图所示。下列说法错误的是A．若对二氯苯比邻二氯苯稳定，则B．保持反应体系温度恒定，体系中两种有机产物的浓度之比保持不变C．通过改变催化剂可以提高产物中对二氯苯的比例D．相同时间内，(对二氯苯)(邻二氯苯)二、填空题16．“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，反应方程式为ΔHz，选项D正确；答案选D。7．C解析：A．Cl2溶于水后存在平衡Cl2+H2OCl－+H++HClO，饱和食盐水中有大量Cl－，可以抑制平衡正向移动，降低氯气的溶解度，能用化学平衡移动原理解释，A不符合题意；B．FeCl3溶于水后发生水解Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，溶于浓盐酸可以抑制水解反应正向移动，能用化学平衡移动原理解释，B不符合题意；C．该反应为放热反应，高温条件不利于正向进行，之所以采用高温是为了提高催化剂活性，加快反应速率，不能用化学平衡移动原理解释，C符合题意；D．啤酒中溶解有CO2：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)，开启啤酒瓶后，压强降低，平衡逆向移动，产生泡沫，能用化学平衡移动原理解释，D不符合题意；综上所述答案为C。8．B【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。解析：A．KCl对铁离子与SCN−的络合反应无影响，则增大Cl−浓度，平衡不移动，故A错误；B．工业合成氨的反应为可逆反应，增大压强，有利于平衡向正反应分析移动，符合勒夏特列原理，故B正确；C．硫酸工业中，二氧化硫转化为三氧化硫选用常压条件可降低对设备的抗压要求，与勒夏特列原理无关，故C错误；D．合成氨正反应为放热反应，升高温度不利氨的合成，采用500度左右的温度，主要考虑催化剂的活性，与勒夏特列原理无关，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，为高频考点，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且存在平衡移动。9．D解析：A．由第I组数据可知，达到平衡时，==0.008mol/L，=0.004mol/L，该温度下，反应的平衡常数为，故A正确；B．反应条件为恒温恒容，实验Ⅱ相对于实验I相当于加压，平衡不移动，则实验Ⅱ达平衡时，故a=0.016，故B正确；C．温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ开始时，浓度商，故反应向逆反应方向，即生成的方向移动，故C正确；D．该反应前后气体物质的量不变，加压，平衡不移动，反应体系颜色均加深，是因为容积减小，碘蒸气浓度造成的，故D错误；故选D。10．C解析：A. 正催化剂可以降低反应的活化能，使部分普通分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大，A项正确；B. 熵增加且放热的反应始终满足△H-T△S0，已知∆H>0，由自发进行的判据∆G=∆H-T∆S0，故B正确；C．反应中La2O2CO3释放出，故C错误；D．催化剂不能降低反应的焓变，可以降低反应的活化能，提高化学反应速率，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查反应机理和能量变化，依据题目图象准确判断反应机理是解题的关键，注意催化剂的判断。15．A解析：A．反应①和反应②的、，又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应②吸收的热量更少，即，A错误；B．反应①和反应②，则，，温度恒定时，、保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，B正确；C．改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，C正确；D．反应①和反应②中转化为对二氯苯和邻二氯苯均为进行，则(对二氯苯)(邻二氯苯)成立，D正确；故选A。二、填空题16．(1)AD(2) b 33.3% 5×105Pa、210℃或9×105Pa、250℃(3)解析：（1）A．初始投料为H2和CO2，所以平衡前CO2浓度减小，CH3OH浓度增大，所以当c(CH3OH)与c(CO)比值不变时说明反应达到平衡，故A选；B．根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量m(g)不变，恒容条件下，由知密度始终不改变，所以不能据此判断反应是否达到平衡，故B不选；C．若，因为，则，则正逆反应速率不相等，说明该反应未达到平衡状态，故C不选；D．该反应是反应前后气体物质的量n(g)改变、质量m(g)不变的反应，由知混合气体的平均摩尔质量不再改变时，反应达到了平衡状态，故D选；故答案为：AD；（2）①由题意可知，该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数x(CH3OH)减小，故图中对应等压过程的曲线是b，故答案为b；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小；②于恒容密闭容器中充入，设CO2的起始量为a mol，变化量为b mol，则H2的起始量为3a mol，列三段式计算如下：当平衡时体系中甲醇的物质的量分数x(CH3OH)=0.10，即，整理得a=3b，故CO2的平衡转化率，由曲线b知，此时反应条件为5×105Pa、210℃，由曲线a知，此时反应条件为9×105Pa、250℃。故答案为：33.3%；5×105Pa、210℃或9×105Pa、250℃；（3）温度为T时，向密闭恒容容器中充入3mol H2和1mol CO2的混合气体，此时容器内压强为4P，当CO2的转化率为50%时该反应达到平衡，即CO2的变化量为1mol×50%=0.5mol，列三段式计算如下：平衡时气体总物质的量为(1.5+0.5+0.5+0.5)mol=3mol，反应前气体总物质的量为(1+3)mol=4mol，则平衡压强为，平衡时H2的物质的量分数为，CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量分数均为，则该温度下，此反应的平衡常数，故答案为。17．3mol/(Lmin) 10.8 吸热 3mol 2mol解析：(1)甲中B起始浓度为3mol/L，4min内B的浓度改变了3mol/L−1.8mol/L=1.2mol/L，(B)=1.2mol /L÷4min=0.3mol/(Lmin)，答案为0.3mol/(Lmin)；(2)由上可知甲达平衡时，B的浓度改变了1.2mol/L，A的浓度改变了3.6mol/L，因为A和B的浓度的改变量之比等于A和B的化学计量数之比，故b=1，所以B、C、D的化学计量数之比为1:3:2，所以平衡时C、D的浓度分别为3.6mol/L、2.4mol/L，温度T℃时，该反应的化学平衡常数K== 10.8；由表可知，温度升高K增大，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应。答案为10.8、吸热；(3)该反应前后气体体积可变，同温同容下，要使乙和丙为等效平衡，则必须满足等量等效，即用“一边倒”的方法将C、D转化为反应物A、B后，A、B的量必须与乙中A、B的量对应相等，起始时，向丙容器中加入C、D的物质的量分别为3mol、2mol，等效于A、B的物质的量分别为3mol、1mol，故还需要加入的A的物质的量=6-3=3mol，加入的B的物质的量=3-1=2mol，答案为3mol、2mol。18． 由于生成H2SO4，c(H+)增大，则反应速率加快 随时间的延长，KClO3和NaHSO3被消耗，浓度逐渐减小，并有H+和HSO反应生成H2SO3，因此反应速率下降【分析】氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl-和SO，由图可知，反应速率先增大，后减小，开始与氢离子浓度有关，后来与反应物浓度有关，据此分析解答。解析：(1) 由ClO+3HSO=Cl-+3H++3SO可知，反应开始时反应开始时随着反应的进行，c(H+)不断增大，由题目信息可知反应的速率随c(H+)的增大而加快，因此反应的速率逐渐加快，故答案为：开始时，随着反应的进行，c(H+)不断增大，反应速率加快；(2) 随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，因此反应后期反应速率下降，故答案为：随着时间的延长，KClO3和NaHSO3被消耗，浓度逐渐减小，并有H+和HSO反应生成H2SO3，因此反应速率下降。19．25%解析：从反应前、后混合气体的密度均可计算出混合气体的平均相对分子质量，使用反应前的平均相对分子质量得出N2和H2的物质的量之比，利用反应后混合气体的平均相对分子质量进行列式，把反应中的相关量联系起来，即：反应前N2和H2的平均相对分子质量M=22.4×0.5536=12.4，设原混合物中N2为2xmol，则H2为3xmol，在反应中N2转化了ymol，列三段式：，=22.4×0.693，解得x=2y，所以，N2的转化率α(N2)===25%。20． 煤油 Fe2O3 Al(OH)3＋3H+＝Al3++3H2O 0.225 0.75解析：(1)①钠为金属性很强的金属，能与空气中的氧气和水反应，而且密度较小，所以实验室中少量的钠保存在煤油中，故答案为：煤油；②FeO为黑色粉末，Fe2O3红褐色固体 ，Fe3O4为黑色晶体，所以“铁红”的化学式为：Fe2O3，故答案为：Fe2O3；③Al(OH)3为两性氢氧化物即能与强酸如盐酸反应生成盐和水；又能与强碱如氢氧化钠溶液反应生成盐和水，所以Al(OH)3与盐酸反应的离子方程式为：Al(OH)3＋3H+＝Al3++3H2O，故答案；Al(OH)3＋3H+＝Al3++3H2O；(2)由图示可知，； ，又由化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以；甲醇的物质的量的变化量，又由于物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，所以，故答案为：0.225；0.75；21．(1) MnO2固体 分液漏斗(2)O2+4I- +4H+ =2I2+ 2H2O(3) 酸性 使用不同浓度的稀硫酸作对比实验(4)A(5) 探究浓度对反应速率的影响 显色剂、检验I2的存在 或1.25×10-3mol/(L·s)【分析】（1）根据装置I不需要加热制取氧气可知利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质分析。（2）碘离子具有还原性,在酸性条件下能够被氧化氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式。（3）对比乙丙实验可知，氧气和碘化钾溶液发生反应的适宜条件为酸性环境，酸溶液中氢离子浓度不同，出现蓝色的速率不同。（4）利用氧气和双氧水的不同性质进行检验。（5）根据实验中变量分析实验目的，并根据反应速率的计算公式计算。解析：（1）甲实验：根据装置I不需要加热制取氧气可知利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，向I的锥形瓶中加入MnO2固体，向I的分液漏斗中加入30% H2O2溶液，连接I、Ⅲ，打开活塞，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质，故①为MnO2固体，②为分液漏斗。（2）碘离子具有还原性,在酸性条件下能够被氧化氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式为：O2+4I- +4H+ =2I2+ 2H2O；（3）向I中加入KMnO4固体，连接I、Ⅲ，点燃酒精灯，M中有气泡冒出，溶液不变蓝，向I中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol/L H2SO4溶液，连接I、Ⅲ，点燃酒精灯，M中有气泡冒出，溶液变蓝对比乙、实验可知， O2与KI溶液发生反应的适宜条件是：酸性环境，为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是：使用不同浓度的稀硫酸作对比实验。（4）A.高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色就可以证明混合气体中含有双氧水，故正确。B.氯化铁不能和双氧水反应，故错误；C.硫化钠能和氧气或双氧水反应，都能生成硫，不能证明，故错误；D.酚酞不能证明双氧水，故错误。故选A。（5）①表中只有硫代硫酸钠的浓度不同，该实验进行的目的是探究浓度对反应速率的影响， 淀粉溶液的作用是显色剂，检验碘单质的存在。②实验①中用Na2S2O3表示反应速率v(Na2S2O3)=