还剩3页未读，
继续阅读
所属成套资源：高考化学二轮复习(新高考版) 题型专练（含解析）
成套系列资料，整套一键下载
高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(四) 速率、平衡（含解析）
展开
这是一份高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(四) 速率、平衡（含解析），共6页。试卷主要包含了已知，CO2催化重整CH4的反应，常压下羰基化法精炼镍的原理为等内容，欢迎下载使用。
不定项选择题专练(四) 速率、平衡
1．已知：8NH3(g) ＋6NO2(g)7N2(g) ＋12H2O(l) ΔH<0。相同条件下，向2 L恒容密闭容器内充入一定量的NH3和NO2，分别选用不同的催化剂进行已知反应(不考虑NO2和N2O4之间的相互转化)，反应生成N2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．在催化剂A的作用下，0 ～4 min 内v(NH3)＝1.0 mol·L－1·min－1
B．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当容器内温度不变时，说明反应已经达到平衡
C．不同催化剂作用下，该反应的活化能由大到小的顺序是Ea(C)>Ea(B)>Ea(A)
D．升高温度可使容器内气体颜色变浅
答案 AD
解析 在催化剂A的作用下，0 ～4 min内v(NH3)＝×＝0.5 mol·L－1·min－1，选项A错误；若在恒容绝热的密闭容器中反应，当容器内温度不变时，说明反应已经达到平衡，选项B正确；相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，说明反应的活化能越低，结合题图可知，不同催化剂作用下该反应的活化能由大到小的顺序是Ea(C) >Ea (B)>Ea(A)，选项C正确；升高温度可使平衡左移，使得二氧化氮浓度增大，容器内气体颜色加深，选项D错误。
2．CO2催化重整CH4的反应：(Ⅰ)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1，主要副反应：(Ⅱ) H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0，(Ⅲ)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH3＜0。在恒容反应器中CH4和CO2按物质的量之比1∶1充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．ΔH1＞0
B．若反应Ⅰ、Ⅲ消耗等量的CO2时，转移电子数之比为3∶4
C．300～580 ℃时，H2O的体积分数不断增大，是由于反应(Ⅲ)生成H2O的量大于反应(Ⅱ)消耗的量
D．T ℃时，在2.0 L容器中加入1 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为50%，则反应(Ⅰ)的平衡常数小于1
答案 C
解析 根据盖斯定律，将(Ⅱ) ×2－(Ⅲ)得CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝2ΔH2－ΔH3，由于ΔH2＞0，ΔH3＜0，故ΔH1＞0，故A正确；由反应 (Ⅰ)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)可知，1 mol CO2反应转移6 mol电子，由反应(Ⅲ)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)可知，1 mol CO2反应转移8 mol电子，所以消耗等量的CO2时，转移电子数之比为3∶4，故B正确；300～580 ℃时，升高温度，反应(Ⅱ) H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0，正向移动生成H2O(g)，反应(Ⅲ)4H2(g)＋CO(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH3＜0，逆向移动消耗H2O(g)，H2O的体积分数不断增大，说明反应(Ⅲ)消耗的H2O(g)的量小于反应(Ⅱ)生成H2O(g)的量，故C错误；若不考虑副反应，反应(Ⅰ)为
CH4(g)＋ CO2(g) 2CO(g)＋ 2H2(g)
初始量/mol·L－1 0.5 0.5 0 0
变化量/mol·L－1 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡量/mol·L－1 0.25 0.25 0.5 0.5
反应(Ⅰ)的K＝＝1，副反应(Ⅱ)H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)发生时CO的增加量与消耗的H2量相等，副反应(Ⅲ)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)发生时消耗H2、生成CH4且消耗H2的量大于生成的CH4的量，所以反应(Ⅰ)的平衡常数小于1，故D正确。
3．丙酮的碘代反应CH3COCH3＋I2―→CH3COCH2I＋HI的速率方程为v＝kcm(CH3COCH3)cn(I2)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.7/k，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。
c(CH3COCH3)/mol·L－1
c(I2)/mol·L－1
v/10－3mol·L－1·min－1
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0.100
2.8
下列说法正确的是( )
A．速率方程中的m＝1、n＝0
B．该反应的速率常数k＝2.8×10－3min－1
C．增大I2的浓度，反应的瞬时速率加快
D．在过量的I2存在时，反应掉87.5%的CH3COCH3所需的时间是375 min
答案 AD
解析 由第一组数据和第二组数据可得()m＝，则m＝1，由第二组数据和第四组数据可得()n＝，则n＝0，A选项正确；由A可知，m＝1，n＝0，则v＝kc(CH3COCH3)，代入第一组数据可得，k＝5.6×10－3min－1，B选项错误；由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反应的瞬时速率不变，C选项错误；存在过量的I2时，反应掉87.5%可以看作经历3个半衰期，即50%＋25%＋12.5%，因此所需的时间为＝375 min，D选项正确。
4．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。下列判断正确的是( )
A．升高温度，该反应的平衡常数减小
B．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)
C．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
答案 AC
解析 由已知信息：第二阶段是将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍，可知升高温度，该反应向逆反应方向移动，则该反应的平衡常数减小，故A正确；可逆反应达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，在用不同物质的反应速率表示平衡状态时，必须表明“一正一逆”，且等于化学计量数之比，因此该反应达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，故B错误；第一阶段要制得气态Ni(CO)4，而Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，因此应选50 ℃，大于沸点，便于分离出气态Ni(CO)4，故C正确；第二阶段，加热至230 ℃，该反应Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常数K＝2×10－5，正反应进行的程度低，则逆反应进行的程度大，说明Ni(CO)4分解率较高，可制得高纯度镍，故D错误。
5．某温度下，在起始压强为80 kPa的刚性容器中，发生NO的氧化反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH，该反应的反应历程分两步进行，其速率方程和反应过程中能量变化如下：
①2NO(g)N2O2(g) v1正＝k1正c2(NO)
v1逆＝k1逆c(N2O2)
②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)
v2正＝k2正c(N2O2)c(O2) v2逆＝k2逆c2(NO2)
下列说法正确的是( )
A．NO氧化反应速率快慢的决定步骤的活化能是E5－E3
B．一定温度下，2NO(g)＋O2(g)2NO2 (g)平衡常数表达式K＝
C．升高温度，NO氧化反应的化学平衡向逆反应方向移动
D．该温度下，将等物质的量的NO和O2混合反应[忽略2NO2(g)N2O4(g)]，NO的平衡转化率为40%时，该反应的平衡常数Kp＝
答案 BC
解析 整体的反应速率取决于慢反应，活化能越大，反应速率越慢，据图可知活化能大的步骤为第二步反应，活化能为E4－E2，故A错误；2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)平衡常数表达式K＝＝×，而对于反应①平衡时正逆反应速率相等，即k1正c2(NO)＝k1逆c(N2O2)，所以K1＝＝，同理可得反应②的平衡常数K2＝＝，所以K＝K1·K2＝，故B正确；据图可知该反应的反应物能量高于生成物能量，所以为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故C正确；设等物质的量的NO和O2分别为40 mol，NO的平衡转化率为40%，列三段式有
2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)
起始/mol 40 40 0
转化/mol 16 8 16
平衡/mol 24 32 16
刚性容器中气体的压强之比等于物质的量之比，起始气体的总物质的量为80 mol，压强为80 kPa，则平衡时p(NO)＝24 kPa，p(O2)＝32 kPa，p(NO2)＝16 kPa，Kp＝＝＝，故D错误。
6．相同温度下，分别在起始体积均为1 L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)＋3Y2(g)2XY3(g) ΔH＝－a kJ·mol－1实验测得反应的有关数据如下表。
容器
反应条件
起始物质的量/mol
达到平衡所用时间/min
达到平衡过程中的能量变化
X2
Y2
XY3
①
恒容
1
3
0
10
放热0.1a kJ
②
恒压
1
3
0
t
放热b kJ
下列叙述正确的是( )
A．对于上述反应，①、②中反应的平衡常数K的数值不同
B．①中：从开始至10 min内的平均反应速率v(X2)＝0.1 mol·L－1·min－1
C．②中：X2的平衡转化率小于10%
D．b>0.1a
答案 D
解析 ①、②中反应温度相同，平衡常数K的数值相同，A项错误；①中反应放热0.1a kJ，说明10 min内X2反应了0.1 mol，物质的量浓度改变量为0.1 mol·L－1，所以其平均速率为v(X2)＝0.01 mol·L－1·min－1，B项错误；据容器①中数据，可算出X2的平衡转化率为10%，容器②中是恒温恒压，容器①是恒温恒容，容器②相当于在容器①基础上加压，加压平衡右移，所以X2的转化率大于10%，C项错误；据C项分析，容器②相当于在容器①基础上右移，所以放出热量比容器①多，D项正确。
7．乙酸甲酯的催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式如下：CH3COOCH3(l)＋C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)＋CH3OH(l)
已知v正＝k正×x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)，v逆＝k逆×x(CH3COOC6H13)×x(CH3OH)，其中k正、k逆为速率常数(受温度影响)，x为各组分的物质的量分数。反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1∶1投料，测得338 K、343 K、348 K三个温度下CH3COOCH3转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应的ΔH>0
B．348 K时，该反应的平衡常数为1.8
C．A、B、C、D四点中，v正最大的是D
D．在曲线①、②、③中，k正与k逆的差值最大的曲线是①
答案 AD
解析 温度升高，反应速率加快，先达到平衡，根据图示可知①对应的温度是348 K，温度升高，CH3COOCH3转化率增大，说明平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，该反应的ΔH>0，A正确；反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1∶1投料，348 K时CH3COOCH3的转化率为64%，假设反应物的物质的量都是1 mol，反应前后物质的总物质的量不变，则平衡时，n(CH3COOC6H13)＝n(CH3OH)＝0.64 mol，n(CH3COOCH3)＝n(C6H13OH)＝0.36 mol，则该反应的平衡常数K＝≈3.2，B错误；温度越高，物质的浓度越大，反应速率越快。根据v正＝k正×x(CH3COOCH3)×x(C6H13OH)，v逆＝k逆×x(CH3COOC6H13)×x(CH3OH)，A点x(CH3COOCH3)×x(C6H13OH)最大，温度高，因此A点v正最大，C错误；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正与k逆的差值最大的曲线是①，D正确。
不定项选择题专练(四) 速率、平衡
1．已知：8NH3(g) ＋6NO2(g)7N2(g) ＋12H2O(l) ΔH<0。相同条件下，向2 L恒容密闭容器内充入一定量的NH3和NO2，分别选用不同的催化剂进行已知反应(不考虑NO2和N2O4之间的相互转化)，反应生成N2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．在催化剂A的作用下，0 ～4 min 内v(NH3)＝1.0 mol·L－1·min－1
B．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当容器内温度不变时，说明反应已经达到平衡
C．不同催化剂作用下，该反应的活化能由大到小的顺序是Ea(C)>Ea(B)>Ea(A)
D．升高温度可使容器内气体颜色变浅
答案 AD
解析 在催化剂A的作用下，0 ～4 min内v(NH3)＝×＝0.5 mol·L－1·min－1，选项A错误；若在恒容绝热的密闭容器中反应，当容器内温度不变时，说明反应已经达到平衡，选项B正确；相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，说明反应的活化能越低，结合题图可知，不同催化剂作用下该反应的活化能由大到小的顺序是Ea(C) >Ea (B)>Ea(A)，选项C正确；升高温度可使平衡左移，使得二氧化氮浓度增大，容器内气体颜色加深，选项D错误。
2．CO2催化重整CH4的反应：(Ⅰ)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1，主要副反应：(Ⅱ) H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0，(Ⅲ)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH3＜0。在恒容反应器中CH4和CO2按物质的量之比1∶1充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．ΔH1＞0
B．若反应Ⅰ、Ⅲ消耗等量的CO2时，转移电子数之比为3∶4
C．300～580 ℃时，H2O的体积分数不断增大，是由于反应(Ⅲ)生成H2O的量大于反应(Ⅱ)消耗的量
D．T ℃时，在2.0 L容器中加入1 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为50%，则反应(Ⅰ)的平衡常数小于1
答案 C
解析 根据盖斯定律，将(Ⅱ) ×2－(Ⅲ)得CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝2ΔH2－ΔH3，由于ΔH2＞0，ΔH3＜0，故ΔH1＞0，故A正确；由反应 (Ⅰ)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)可知，1 mol CO2反应转移6 mol电子，由反应(Ⅲ)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)可知，1 mol CO2反应转移8 mol电子，所以消耗等量的CO2时，转移电子数之比为3∶4，故B正确；300～580 ℃时，升高温度，反应(Ⅱ) H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0，正向移动生成H2O(g)，反应(Ⅲ)4H2(g)＋CO(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH3＜0，逆向移动消耗H2O(g)，H2O的体积分数不断增大，说明反应(Ⅲ)消耗的H2O(g)的量小于反应(Ⅱ)生成H2O(g)的量，故C错误；若不考虑副反应，反应(Ⅰ)为
CH4(g)＋ CO2(g) 2CO(g)＋ 2H2(g)
初始量/mol·L－1 0.5 0.5 0 0
变化量/mol·L－1 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡量/mol·L－1 0.25 0.25 0.5 0.5
反应(Ⅰ)的K＝＝1，副反应(Ⅱ)H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)发生时CO的增加量与消耗的H2量相等，副反应(Ⅲ)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)发生时消耗H2、生成CH4且消耗H2的量大于生成的CH4的量，所以反应(Ⅰ)的平衡常数小于1，故D正确。
3．丙酮的碘代反应CH3COCH3＋I2―→CH3COCH2I＋HI的速率方程为v＝kcm(CH3COCH3)cn(I2)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.7/k，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。
c(CH3COCH3)/mol·L－1
c(I2)/mol·L－1
v/10－3mol·L－1·min－1
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0.100
2.8
下列说法正确的是( )
A．速率方程中的m＝1、n＝0
B．该反应的速率常数k＝2.8×10－3min－1
C．增大I2的浓度，反应的瞬时速率加快
D．在过量的I2存在时，反应掉87.5%的CH3COCH3所需的时间是375 min
答案 AD
解析 由第一组数据和第二组数据可得()m＝，则m＝1，由第二组数据和第四组数据可得()n＝，则n＝0，A选项正确；由A可知，m＝1，n＝0，则v＝kc(CH3COCH3)，代入第一组数据可得，k＝5.6×10－3min－1，B选项错误；由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反应的瞬时速率不变，C选项错误；存在过量的I2时，反应掉87.5%可以看作经历3个半衰期，即50%＋25%＋12.5%，因此所需的时间为＝375 min，D选项正确。
4．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。下列判断正确的是( )
A．升高温度，该反应的平衡常数减小
B．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)
C．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
答案 AC
解析 由已知信息：第二阶段是将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍，可知升高温度，该反应向逆反应方向移动，则该反应的平衡常数减小，故A正确；可逆反应达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，在用不同物质的反应速率表示平衡状态时，必须表明“一正一逆”，且等于化学计量数之比，因此该反应达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，故B错误；第一阶段要制得气态Ni(CO)4，而Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，因此应选50 ℃，大于沸点，便于分离出气态Ni(CO)4，故C正确；第二阶段，加热至230 ℃，该反应Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常数K＝2×10－5，正反应进行的程度低，则逆反应进行的程度大，说明Ni(CO)4分解率较高，可制得高纯度镍，故D错误。
5．某温度下，在起始压强为80 kPa的刚性容器中，发生NO的氧化反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH，该反应的反应历程分两步进行，其速率方程和反应过程中能量变化如下：
①2NO(g)N2O2(g) v1正＝k1正c2(NO)
v1逆＝k1逆c(N2O2)
②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)
v2正＝k2正c(N2O2)c(O2) v2逆＝k2逆c2(NO2)
下列说法正确的是( )
A．NO氧化反应速率快慢的决定步骤的活化能是E5－E3
B．一定温度下，2NO(g)＋O2(g)2NO2 (g)平衡常数表达式K＝
C．升高温度，NO氧化反应的化学平衡向逆反应方向移动
D．该温度下，将等物质的量的NO和O2混合反应[忽略2NO2(g)N2O4(g)]，NO的平衡转化率为40%时，该反应的平衡常数Kp＝
答案 BC
解析 整体的反应速率取决于慢反应，活化能越大，反应速率越慢，据图可知活化能大的步骤为第二步反应，活化能为E4－E2，故A错误；2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)平衡常数表达式K＝＝×，而对于反应①平衡时正逆反应速率相等，即k1正c2(NO)＝k1逆c(N2O2)，所以K1＝＝，同理可得反应②的平衡常数K2＝＝，所以K＝K1·K2＝，故B正确；据图可知该反应的反应物能量高于生成物能量，所以为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故C正确；设等物质的量的NO和O2分别为40 mol，NO的平衡转化率为40%，列三段式有
2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)
起始/mol 40 40 0
转化/mol 16 8 16
平衡/mol 24 32 16
刚性容器中气体的压强之比等于物质的量之比，起始气体的总物质的量为80 mol，压强为80 kPa，则平衡时p(NO)＝24 kPa，p(O2)＝32 kPa，p(NO2)＝16 kPa，Kp＝＝＝，故D错误。
6．相同温度下，分别在起始体积均为1 L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)＋3Y2(g)2XY3(g) ΔH＝－a kJ·mol－1实验测得反应的有关数据如下表。
容器
反应条件
起始物质的量/mol
达到平衡所用时间/min
达到平衡过程中的能量变化
X2
Y2
XY3
①
恒容
1
3
0
10
放热0.1a kJ
②
恒压
1
3
0
t
放热b kJ
下列叙述正确的是( )
A．对于上述反应，①、②中反应的平衡常数K的数值不同
B．①中：从开始至10 min内的平均反应速率v(X2)＝0.1 mol·L－1·min－1
C．②中：X2的平衡转化率小于10%
D．b>0.1a
答案 D
解析 ①、②中反应温度相同，平衡常数K的数值相同，A项错误；①中反应放热0.1a kJ，说明10 min内X2反应了0.1 mol，物质的量浓度改变量为0.1 mol·L－1，所以其平均速率为v(X2)＝0.01 mol·L－1·min－1，B项错误；据容器①中数据，可算出X2的平衡转化率为10%，容器②中是恒温恒压，容器①是恒温恒容，容器②相当于在容器①基础上加压，加压平衡右移，所以X2的转化率大于10%，C项错误；据C项分析，容器②相当于在容器①基础上右移，所以放出热量比容器①多，D项正确。
7．乙酸甲酯的催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式如下：CH3COOCH3(l)＋C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)＋CH3OH(l)
已知v正＝k正×x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)，v逆＝k逆×x(CH3COOC6H13)×x(CH3OH)，其中k正、k逆为速率常数(受温度影响)，x为各组分的物质的量分数。反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1∶1投料，测得338 K、343 K、348 K三个温度下CH3COOCH3转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应的ΔH>0
B．348 K时，该反应的平衡常数为1.8
C．A、B、C、D四点中，v正最大的是D
D．在曲线①、②、③中，k正与k逆的差值最大的曲线是①
答案 AD
解析 温度升高，反应速率加快，先达到平衡，根据图示可知①对应的温度是348 K，温度升高，CH3COOCH3转化率增大，说明平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，该反应的ΔH>0，A正确；反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1∶1投料，348 K时CH3COOCH3的转化率为64%，假设反应物的物质的量都是1 mol，反应前后物质的总物质的量不变，则平衡时，n(CH3COOC6H13)＝n(CH3OH)＝0.64 mol，n(CH3COOCH3)＝n(C6H13OH)＝0.36 mol，则该反应的平衡常数K＝≈3.2，B错误；温度越高，物质的浓度越大，反应速率越快。根据v正＝k正×x(CH3COOCH3)×x(C6H13OH)，v逆＝k逆×x(CH3COOC6H13)×x(CH3OH)，A点x(CH3COOCH3)×x(C6H13OH)最大，温度高，因此A点v正最大，C错误；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正与k逆的差值最大的曲线是①，D正确。
相关试卷
高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(一) 电化学（含解析）： 这是一份高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(一) 电化学（含解析），共5页。
高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(五) 电解质溶液（含解析）： 这是一份高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(五) 电解质溶液（含解析），共6页。试卷主要包含了柠檬酸是一种高效除垢剂等内容，欢迎下载使用。
高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(三) 陌生反应机理（含解析）： 这是一份高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(三) 陌生反应机理（含解析），共5页。试卷主要包含了氮及其化合物的转化过程如图所示，汽车尾气处理存在反应等内容，欢迎下载使用。
