2024届高三新高考化学大一轮专题练习—化学反应速率与化学平衡

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2024届高三新高考化学大一轮专题练习—化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2023·浙江·校联考模拟预测）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为；。反应的速率，反应的速率，式中、为速率常数。图甲为该体系中、、浓度随时间变化的曲线，图乙为反应和的曲线。下列说法正确的是

A．随的减小，反应的速率不断下降，而反应的速率不断增大
B．由图甲可知，某时间段体系中可能存在如下关系：
C．欲提高的产率，需降低反应温度且控制反应时间
D．温度高于时，总反应速率由反应决定
2．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）已知反应可用于合成烯烃。下列有关该反应的说法错误的是
A．增大压强可增大该反应速率
B．升高温度能增大的转化率
C．增大的浓度，该反应的平衡常数不变
D．密闭容器中，通入和，反应生成
3．（2023·辽宁·校联考一模）利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂作用下由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应历程如下，其中甲、乙催化剂表面的物种均用*号标注，过渡态均用TS表示，下列说法中错误的是
   
A．选用催化剂甲时的最高能垒(活化能)为1.95eV
B．选用催化剂乙时，相对能量从的过程为正丁烷的吸附过程
C．为吸热反应
D．若只从平均反应速率快慢角度考虑，生产中适宜选用催化剂乙
4．（2023·辽宁·校联考模拟预测）在下，向两容积均为1L的刚性密闭容器中分别投入0.1molX、1.0molX，发生反应：，X的转化率随反应时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
  
A．曲线表示的是投入反应的转化率
B．逆反应速率：
C．曲线中内的平均反应速率为
D．曲线未表示出平衡状态，无法计算平衡时的转化率
5．（2023秋·江苏泰州·高三校联考期末）CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有：
反应Ⅰ： 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH1=-122.5 kJ·mol-1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=a kJ·mol-1
在恒压、n始(CO2)和n始(H2)=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性=×100%，下列说法错误的是

A．图中曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化
B．a>0
C．平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示
D．200 ℃时， 使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率
6．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）近日，国际研究团队证明氮化钒纳米粒子这种高效选择性的催化剂，能够在温和的条件下实现电化学氮气还原反应，其反应历程如图所示：

下列叙述正确的是
A．上述循环中，N原子形成化学键数目保持不变
B．催化剂失活的原因之一是断裂了V—O
C．物质1是氮还原的催化剂，物质3是中间产物
D．反应h中N元素被氧化，反应d断裂σ键
7．（2023春·广东广州·高三广州市第二中学校考期中）一定温度下，在体积为的恒容密闭容器中，某一反应中、、三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是
  
A．反应的化学方程式为
B．时，正、逆反应都不再继续进行，反应达到化学平衡
C．若，则内，X的化学反应速率为
D．温度、体积不变，时刻充入使压强增大，正、逆反应速率都增大
8．（2022秋·江苏连云港·高三统考期中）两个容积均为2L的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中充入NO及CO气体，发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH，起始物质的量见下表。实验测得两容器不同温度下达到平衡时CO2的物质的量如下图所示，下列说法正确的是
容器
起始物质的量
NO
CO
Ⅰ
1 mol
3 mol
Ⅱ
6 mol
2 mol
  
A．ΔH>0
B．N点的平衡常数为0.04
C．若将容器Ⅰ的容积改为1L，T1温度下达到平衡时NO的转化率为25%
D．图中M点所示条件下，再通入CO、N2各2 mol，此时v(CO，正)0；
【详解】A．由分析可知，曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化，A正确；
B．由分析可知，a>0，B正确；
C．氢气的转化率变化情况与二氧化碳相似；二氧化碳、氢气投料比等于反应Ⅰ中两者系数比，两者转化率相同，但是反应Ⅱ中二氧化碳、氢气系数比为1:1>1:3，使得氢气转化率低于二氧化碳的转化率，故平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示，C正确；
D．催化剂不影响化学平衡，不能提高CH3OCH3的生产效率，D错误；
故选D。
6．B
【详解】A．观察图示，N原子形成共价键数目有2、3、4、5等，A项错误；
B．观察物质5和9，发生脱氧是催化剂失活的本质原因，B项正确；
C．物质5是催化剂，物质1是中间产物，C项错误；
D．反应h中N元素化合价降低，发生了还原反应，D项错误；
故选B。
7．C
【详解】A．根据图示可知：在0～t min内，X减少0.8 mol，Y增加1.2 mol，Z增加0.4 mol，则X是反应物，Y、Z是生成物， X、Y、Z变化的物质的量的比为2：3：1；t min后各种物质都存在且物质的量不变，说明反应是可逆反应，因此该反应方程式为2X3Y+Z，选项A错误；
B．化学平衡是动态平衡，当反应进行到t min时，正、逆反应速率相等，但不等于0 ，因此反应仍然在继续进行，反应达到化学平衡状态，选项B错误；
C．若t=4，则0～t的X的物质的量减小0.8 mol，由于容器容积是2 L，则用X的浓度变化表示的化学反应速率为v(X)==0.1 mol/(L·min)，选项C正确；
D．温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，由于反应混合物的浓度不变，因此正、逆反应速率都不变，选项D错误；
答案选C。
8．B
【详解】A．由图可知，恒容条件下升高温度n(CO2)减小，则平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，所以H＜0，A错误；
B．M、N点温度相同，则这两点平衡常数相等，M点平衡时n(CO2)=1mol，容器Ⅱ中发生可逆反应，化学平衡常数K===0.04，B正确；
C．若将容器Ⅰ的容积改为1L，假设T1温度下达到平衡时NO的转化率为25%，温度不变平衡常数不变，可逆反应

平衡常数K===0.0018＜0.04，要达到平衡点，反应还需要正向进行，NO转化率大于25%，C错误；
D．M点再通入CO、N2各2mol，浓度商Qc===0.022＜0.04，平衡正向移动，则(CO，正)＞(CO，逆)，D错误；
故答案为：B。
9．B
【详解】A．由图可知，吩嗪和PMDA发生缩聚反应生成了PPPA，吩嗪和PMDA是单体，A错误；
B．升高温度，可加快反应速率，但是温度要低于AlCl3的升华温度，B正确；
C．上述反应中，吩嗪和PMDA中的键并没有断裂，C错误；
D．1个吩嗪和1个PMDA反应时，可形成2个水分子，故nmol吩嗪和nmolPMDA完全合成PPPA时，生成2nmol水，D错误；
故选B。
10．D
【详解】A．由示意图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B．由示意图可知，步骤③为CO·、OH·、H2O(g)和H·反应生成COOH·、H2O·和H·，反应的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·，故B错误；
C．由示意图可知，步骤⑤只有形成新键放出的能量，没有旧键断裂吸收的能量，不是一个完整的反应，不存在△H，故C错误；
D．由示意图可知，步骤④的能垒最大，E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，故D正确；
故选D。
11．D
【详解】A．根据盖斯定律可知该反应可由反应Ⅰ-2×反应Ⅱ得到，，故A错误；
B．反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，随温度的升高平衡均正向移动，甲醇的转化率增大，虚线不符合，应该为实线，故B错误；
C．553 K时，甲醇的转化率为20%，HCOOCH3的选择性为50%，1.0 mol CH3OH中消耗0.2mol，其中0.1mol转化为甲酸甲酯，甲酸甲酯的物质的量为0.05mol，故C错误；
D．由图可知，低于553 K时，甲醇的转化率和甲酸甲酯的选择性都随温度的升高而增大所以温度越高，生成的HCOOCH3越多。而高于553 K时，甲酸甲酯的选择性明显降低，反应以反应Ⅱ为主，因此温度越高，生成的CO越多，故D正确；
故选D。
12．B
【详解】A．透光率先是突然减小后缓慢增大，说明b点后操作是压缩注射器，导致NO2浓度突然增大，压缩注射器，相当于是增大压强，平衡正向移动，达到平衡，后续透光率突然大，说明此时是拉伸注射器，导致NO2浓度突然减小，拉伸注射器，相当于是减小压强，平衡逆向移动，d点是，故A正确；
B．注射器先是压缩，后拉伸，移动轨迹是N→M→P，故B错误；
C．b点后操作是压缩注射器，相当于是增大压强，平衡正向移动，放出更多热量，导致温度升高，可得是c点温度高，对于放热反应来说，温度更高的，K更小，可得，故C正确；
D．充入NO2，相当于是增大压强，平衡正向移动，NO2平衡转化率增大，达到新的平衡时物质的量分数要比原来更小，故D正确；
故答案选B。
13．B
【详解】由图可知，升高温度，一氧化碳的产率增大、甲醇的产率减小，说明反应I是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应。
A．由图可知，升高温度，一氧化碳的产率增大、甲醇的产率减小，说明反应I是放热反应，，故A错误；
B．催化剂有一定的选择性，选用合适的催化剂快于减弱副反应的发生，提高甲醇的选择性，故B正确；
C．反应I和反应Ⅱ都是有气体参加和生成的反应，增大压强，反应I的速率和反应Ⅱ的速率均增大，故C错误；
D．反应I是气体体积减小的放热反应，适当降低温度和增大压强都能提高甲醇的产率，故D错误；
故选B。
14．D
【详解】A．温度升高，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，A项错误；
B．根据化学反应方程式，Y反应的物质的量等于N生成的物质的量，则n(Y)+n(N)=4mol，B项错误；
C．整个反应过程有n(X)+n(M)=1mol，n(Y)+n(N)=4mol，因此可判断曲线b为n(Y)随温度的变化，C项错误；
D．X为固体，向平衡体系中加入X不能引起浓度变化，因此平衡不移动，Y的平衡转化率不变，D项正确。
答案选D。
15．(1)0.15
(2) 1.6 53.3%
(3)11.1%
(4)BC
(5)升高温度
(6)10.8%

【详解】（1）反应，反应时测得的浓度为，所以反应了，则此时的剩余物质的量为1mol；末反应达到平衡，的转化率为80%，所以反应了1.6mol，所以内，所以反应了0.6mol，的平均反应速率为；故答案为0.15。
（2）达到平衡时，的转化率为80%，反应了1.6mol；根据可知，生成CO2的物质的量为3.2mol；；消耗了3.2mol CO，则CO的转化率为；故答案为1.6；53.3%。
（3）根据，达到平衡时，的转化率为80%，反应了1.6mol，此时容器中剩余0.4mol ；消耗了3.2mol CO，剩余CO为6mol-3.2mol=2.8mol；生成的物质的量为0.8mol，生成CO2的物质的量为3.2mol，所以此时的体积分数为；故答案为11.1%。
（4）A．反应在密闭容器中进行，且体积不变，所以混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡；故A不符合题意；
B．体积不变的密闭容器中，反应前后气体体积变化，所以混合气体的总压强保持不变能说明反应达到平衡；故B符合题意；
C．该反应消耗，当的体积分数保持不变时能说明反应达到平衡；故C符合题意；
D．的浓度相等不能作为反应达到平衡的标志，故D不符合题意；
故答案选BC。
（5）为提高反应速率，可以升高温度，故答案为升高温度。
（6）在密闭反应中进行反应，根据元素守恒，反应前后总质量不变，混合气体中含有2molN；所以时，混合气体中N元素的质量分数为；故答案为10.8%。
16．(1)A
(2) -23.4
(3) 温度低于700℃，反应①△H1>0，随温度升高，反应向正向进行的程度增大，H2O的物质的量分数逐渐减小；温度高于700℃，反应②△H2＜0，随温度升高，平衡左移，H2O的物质的量分数增大；综合导致H2O的含量在700℃左右出最低值 BC
(4)7

【详解】（1）反应①ΔS>0，ΔH>0，所以反应在高温下自发；
（2）①第1步＋第2步=4×②，即；
②两步反应均放热，且第1步比第2步放出热量更多，第1步为慢反应，第2步为快反应，则第1步活化能大于第2步，能量变化图为；
（3）①的含量在700℃左右出现最小值的原因为：温度低于700℃，反应①，随温度升高，反应向正向进行的程度增大，的物质的量分数逐渐减小；温度高于700℃，反应②，随温度升高，平衡左移，的物质的量分数增大，综合导致的含量在700℃左右出最低值；
②
A．该反应在恒压条件下进行，气体体积逐渐增大，气体质量不变，即密度逐渐减小，平衡时保持不变，可以作为平衡状态判据，A项正确；
B．温度升高，正逆反应速率均增大，B项错误；
C．催化剂不能使平衡发生移动，C项错误；
D．其他条件不变，加入稀有气体，体积增大，相当于减压，反应①平衡正向移动，的物质的量增加，D项正确；
答案选BC；
（4）500℃、恒压条件下，1mol和1mol反应达平衡时，的转化率为0.5，结合反应列三段式：


平衡时体系中含有：，气体总物质的量3mol，则反应Ⅱ的平衡常数，故答案为：7。
17．(1) 4 不变
(2) +88.5kJ/mol 88.5—94a
(3) 增大 F

【详解】（1）由题意可知，平衡前后，氮气的分压保持不变，平衡得到氮气、一氧化碳和二氧化碳的混合气体，由氮气和氧气的体积比为4：1可知，平衡所得混合气体中氮气的分压为100kPa×=80kPa，由平衡时体系总压为880kPa可知，一氧化碳和二氧化碳的分压之和为880kPa—80kPa=800kPa，反应II的化学方程式为FeO(s)+CO(g) Fe(s)+ CO2(g)，由反应II平衡常数为1可得：=1，则p(CO2)= p(CO)= =400kPa，用二氧化碳压强变化表示的反应速率为=kPa/min；反应Ⅲ的化学方程式为CO2(g)+ C(s) 2CO(g)，反应的平衡常数==4；保持其他条件不变，向体系中充入一定量二氧化碳，反应的平衡常数不变，则新平衡时，一氧化碳和二氧化碳的分压不变，故答案为：；4；不变；
（2）由盖斯定律可知，反应II×2+Ⅲ得到反应Ⅰ，则反应ⅠΔHθ=(—11kJ/mol)+(+110.5 kJ/mol)= +88.5kJ/mol；由图可知，铁、碳的标准焓都为0，氧化亚铁的焓变为—47a，则由反应Ⅰ的标准焓变可知，二氧化碳的标准焓Hθ=(88.5—94a kJ/mol，)故答案为：+88.5kJ/mol；88.5—94a；
（3）①由题意可知，起始二氧化碳和氢气的分压分别为1.2kPa×=0.4kPa和1.2kPa×=0.48Pa，由图可知，当时，反应达到平衡后，甲醛的平衡分压为0.24kPa，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气和水蒸气的分压分别为0.4kPa—0.24kPa=0.16kPa、0.8kPa—0.24kPa×=0.32kPa、0.24kPa，反应的平衡常数Kp=，反应达到平衡后，由再向容器中加入二氧化碳和水蒸气，使二者分压均增大0.05kPa可知，反应的浓度熵Qp=＜Kp，则反应向正反应方向移动，氢气的转化率增大，故答案为：增大；
②当反应物按化学计量数之比投料达到平衡时，生成物的百分含量最大，则当时，达到平衡状态后，甲醛的百分含量小于C点，故选F。
18．(1)4NH3 (g)+6NO (g)=5N2(g)+6H2O (g)ΔH=(3b-a)kJ/mol
(2) -3 8NH3+6NO2=N2+12H2O SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成(NH4)2SO4或者NH4HSO4 温度升高，NH3催化氧化生成NO
(3)A
(4) -747.0kJmol﹣1 B 还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快
(5) 115.2kPa K2Kp B、D

【详解】（1）①4NH3 (g)+3O2 (g)═2N2 (g)+6H2O (g)ΔH=-akJ/mol
②N2(g)+O2 (g)═2NO (g)ΔH=-bkJ/mol
根据盖斯定律：①﹣3×②得4NH3 (g)+6NO (g)=5N2(g)+6H2O (g)ΔH=(3b-a)kJ/mol，
故答案为：4NH3 (g)+6NO (g)=5N2(g)+6H2O (g)ΔH=(3b-a)kJ/mol；
（2）①尿素[CO(NH2)2]中C元素为+4价，O元素为﹣2价，H元素为+1价，根据化合价代数和为0，则尿素氮元素的化合价为﹣3价；
②由图可知，“催化反应”过程中NH3还原NO2的化学方程式为：8NH3+6NO2＝N2+12H2O；
③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。则硫酸盐的产生过程为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成(NH4)2SO4或者NH4HSO4；
④“催化反应”过程中需控制温度在250℃～380℃之间。温度过高，NOx的去除率下降，其原因可能是温度过高催化剂的活性降低和温度升高，NH3催化氧化生成NO；
（3）A.单质碘在N2O分解的反应中起到催化剂的作用，因此能够使K值增大，A正确；
B.第二步反应为慢反应，对总反应的速率起到决定性作用，B错误；
C.活化能越大，反应速率越慢，C错误；
D.IO在第二步反应中生成，在第三步反应又消失，为中间产物，不是催化剂，D错误，
故选A；
（4）根据所给的反应①2CO+2NO→N2+2CO2△H1和反应②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H2=+180.0kJmol﹣1，可得到一氧化碳燃烧的热化学方程式CO(g)+O2 (g)=CO2(g) △H为-283.5kJ/mol，则△H1=2△H-△H2=(-283.5×2)kJmol﹣1-180.0kJmol﹣1=-747.0kJmol﹣1；
②A.投入的CO和NO的物质的量之比为2：1，CO与NO的反应的物质的量之比为1：1，则在反应过程中，CO与NO的反应的物质的量之比为为变量，若比值不变，则表明达到平衡，A不符合题意；
B.反应前后均为气体，气体的质量不变，恒容的密闭容器容积不变，混合气体的密度在反应过程中均保持不变，不能够标志反应已经达到平衡，B符合题意；
C.反应前后气体的分子数不相等，则在反应过程中气体压强在不断变化，因此混合气体的压强不变时，说明反应已经达到平衡，C不符合题意；
D.反应未达到平衡前正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，二者相等则反应达到平衡，2v(N2)正＝v(CO)逆，D不符合题意，
故选B；
③还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多，氧缺位越多，反应速率越快，
故答案为：还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快；
（5）①设起始时N2O4的物质的量为1mol，a点时N2O4与的转化率为40%，列三段式可得：
，则平衡时气体的总物质的量为0.6mol+0.8mol=1.4mol，压强之比等于气体的物质的量之比，平衡时气体的总压强为108kPa1.4=151.2kPa，则平衡常数，；
②v( N2O4)＝k1p(N2O4)，v(NO2)＝k2p2(NO2)，达到平衡时，有2v正( N2O4)=v逆(NO2)，即2k1p(N2O4)＝k2p2(NO2)，平衡常数，；
③达到平衡时，2v正(N2O4)=v逆(NO2)，由图可知B、D两点的速率符合2v正( N2O4)=v逆(NO2)，故B点、D点为平衡点。