2021-2022学年人教版化学选择性必修第一册训练：第二章　化学反应速率与化学平衡 测评 WORD版含解析.docx

1、第二章测评(时间:90分钟分值:100分)一、选择题(本题包括15小题,每小题4分,共60分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是()A.催化剂是影响化学反应速率的本质因素B.当反应体系容积不变时,减小反应物的量肯定能减小反应速率C.可逆反应达到反应限度时,化学反应速率为0D.化学反应速率可用单位时间内反应物的浓度的变化量来表示答案D解析影响化学反应速率的本质因素是反应物的性质,A项错误;如果反应物是固体或液体,减小反应物的量不会影响反应速率,B项错误;可逆反应达到反应限度时,正、逆反应速率相等,但不为零,C项错误。2.下列说法正确的是()A.自发反应在任何条件下都能实现B.所有的

2、自发反应都是放热的C.升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率一定增大D.一般使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,从而提高反应物的转化率答案C解析自发反应在恰当条件下才能实现,A项错误;有的吸热反应也能自发进行,B项错误;升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率增大,C项正确;使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,对化学平衡没有影响,不影响反应物的转化率,D项错误。3.一定温度下,在某密闭容器中发生反应:2HI(g)H2(g)+I2(g)H0,若15 s内c(HI)由0.1 molL-1降到0.07 molL-1,则下列说法正确的是()A.015 s内用I2表

3、示的平均反应速率为v(I2)=0.002 molL-1s-1B.c(HI)由0.07 molL-1降到0.05 molL-1所需的反应时间小于10 sC.升高温度正反应速率增大,逆反应速率减小D.减小反应体系的体积,化学反应速率增大答案D解析015s内,v(I2)=12v(HI)=12(0.1-0.07)molL-115s=0.001molL-1s-1,A项错误;随着反应的进行,c(HI)减小,v(HI)减小,故c(HI)由0.07molL-1降到0.05molL-1所需时间大于10s,B项错误;升高温度,正、逆反应速率均增大,C项错误;减小反应体系的体积,压强增大,反应速率增大,D项正确。4

4、.(2020江西上饶高二月考)已知反应:2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)H=-a kJmol-1(a0),其反应机理是:NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快NOBr2(g)+NO(g)2NOBr(g)慢下列有关该反应的说法正确的是()A.该反应的速率主要取决于的快慢B.NOBr2是该反应的催化剂C.增大Br2(g)的浓度能增大活化分子百分数,加快反应速率D.2 mol NO完全反应时生成物的总键能比反应物的总键能大a kJmol-1答案D解析反应速率主要取决于慢的一步,所以反应速率主要取决于的快慢,A错误;NOBr2是中间产物,而不是催化剂,B错误;增大浓度,活化分子百分数不变

5、,C错误;正反应放热,断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量,则反应物的总键能比生成物的总键能小akJmol-1,D正确。5.已知某密闭容器中发生反应:X(g)+Y(g)2W(g)+Z(g)H0B.利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质C.在题给平衡体系中加入CCl4,平衡不移动D.25 时,在题给平衡体系中加入少量KI固体,平衡常数K小于680答案B解析由图像数据可知,温度越高,平衡常数越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,故正反应方向为放热反应,即Hp4,Y轴表示A的转化率B.p3p4,Y轴表示B的质量分数C.p3p4,Y轴表示B的转化率D.p3p4,Y轴表示混合气体的平均相对分子质

6、量答案B解析据图像(),在压强不变时,由曲线斜率知T1T2。降温(T1T2)时,(C)增大,即平衡正向移动,说明正反应为放热反应。当温度不变时,由曲线斜率知压强p2p1,增大压强(p1p2)时,(C)增大,即平衡正向移动,故xKNC.生成乙烯的速率:v(N)一定大于v(M)D.当温度高于250 ,升高温度,催化剂的催化效率降低答案C解析升高温度时CO2的平衡转化率降低,说明平衡逆向移动,则逆反应为吸热反应,A项正确;该反应的正反应是放热反应,升温平衡常数减小,B项正确;化学反应速率随温度的升高而增大,但所用催化剂在250时催化活性最高,温度继续升高,其催化效率降低,所以v(N)有可能小于v(M

7、),C项错误,D项正确。11.25 时,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表所示:物质XYZ初始浓度/( molL-1)0.10.20.0平衡浓度/( molL-1)0.050.050.1下列说法错误的是()A.反应达到平衡时,X的转化率为50%B.该反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g),其平衡常数为1 600C.增大压强,平衡常数增大D.改变温度可以改变该反应的平衡常数答案C解析X的浓度变化了0.05molL-1,所以达到化学平衡时,X的转化率为0.05molL-10.1molL-1100%=50%,A项正确;Y的浓度变化了0.15molL-1,Z的浓度变化了0.1m

8、olL-1,故该反应的化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g),其平衡常数K=(0.1)20.05(0.05)3=1600,B项正确;对于一个确定的可逆反应,平衡常数与浓度、压强无关,只与温度有关,故C项错误,D项正确。12.某温度下在2 L密闭容器中,3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量如下表所示。物质XYWn(起始状态)/mol210n(平衡状态)/mol10.51.5下列说法正确的是()A.升高温度,若W的体积分数减小,则此反应H0B.该温度下,此反应的平衡常数K=6.75C.增大压强,正、逆反应速率均增大,平衡向正反应方向移动D.该温度下,再向该容器中加入1.5 mol W,达到新

9、平衡时,c(X)=0.25 molL-1答案B解析由表中数据可以知道平衡时,n(X)=1mol、n(Y)=0.5mol、n(W)=1.5mol,n(X)n(Y)n(W)=1mol0.5mol1.5mol=213,根据反应过程中各物质的物质的量之比等于化学计量数之比可得,反应的方程式为2X(g)+Y(g)3W(g)。升高温度W的体积分数减小,平衡逆向移动,因为升高温度平衡向吸热反应方向移动,则逆向为吸热反应,故正反应为放热反应,即H0,故A错误;反应方程式为2X(g)+Y(g)3W(g),反应前后气体的物质的量相同,可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数,所以平衡常数K=c3(W)c2(X)c(Y

10、)=1.53120.5=6.75,故B正确;该反应为反应前后气体的物质的量不变的反应,增大压强,正、逆反应速率均增大相同的倍数,平衡不移动,故C错误;该温度下,再向该容器中加入1.5molW,设达到新平衡时生成Y的物质的量为mmol2X+Y3W起始量/mol10.51.5+1.5=3变化量/mol2mm3m平衡量/mol1+2m0.5+m3-3m根据W含量相同得到:1.51.5+1.5=3-3m4.5m=0.25;则达到新平衡时c(X)=(1+20.25)mol2L=0.75molL-1,故D错误。13.(2018浙江11月选考)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-197.8

11、kJmol-1。起始反应物为SO2和O2(物质的量之比为21,且总物质的量不变)。SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表,下列说法不正确的是()温度/K压强/(105Pa)1.015.0710.125.350.767399.299.699.799.899.972397.598.999.299.599.677393.596.997.898.699.0A.一定压强下降低温度,SO2的转化率增大B.在不同温度、压强下,转化相同物质的量的SO2所需要的时间相等C.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高答案B解析由表格数据及勒夏

12、特列原理知,对于放热反应,一定压强下降低温度,平衡正向移动,故反应物SO2的转化率增大,A项正确;由于在不同温度、压强下,化学反应速率不一定相等,故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等,B项错误;催化剂对化学平衡移动无影响,但可以缩短到达平衡所需的时间,C项正确;由图中数据可知,在1.01105Pa(常压)下,673K、723K、773K时SO2的转化率分别为99.2%,97.5%,93.5%,已经相当高了,且加压后转化率升高并不明显,所以没有必要通过加压提高转化率,D项正确。14.已知H2(g)+I2(g)2HI(g)H0,有相同容积的定容密闭容器甲和乙,甲中加入H2和I2各0.1

13、 mol,乙中加入HI 0.2 mol,相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度,应采取的措施是()A.甲、乙提高相同温度B.甲中加入0.1 mol He,乙不改变C.甲降低温度,乙不变D.甲增加0.1 mol H2,乙增加0.1 mol I2答案C解析由题意知,甲、乙能达到同一平衡状态,HI浓度相等。升高相同温度,新平衡依然等效,HI浓度相等,A选项错误;向甲中充入氦气,因为容积不变,各物质浓度不变,平衡不移动,甲、乙中HI的平衡浓度仍然相等,B选项错误;对甲降温,平衡向右移动,HI浓度增大,乙中HI浓度不变,C选项正确;甲增加0.1molH2,乙增加0.1mol

14、I2,甲、乙中HI浓度增大程度相等,使甲、乙中HI的平衡浓度仍然相等,D选项错误。15.在容积可变的密闭容器中存在如下反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H0,下列分析中不正确的是()A.图研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B.图研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响C.图研究的是催化剂对化学平衡的影响,且甲使用了催化剂D.图研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较高答案C解析由于这是一个气体体积不变的放热反应,所以图t0时温度升高,平衡向左移动,此时逆反应速率大于正反应速率,A项正确;该反应是反应前后气体物质的量不变的反应,图中,增大压强,可同

15、等程度地增大正、逆反应速率,平衡不移动,使用催化剂,不影响平衡,但反应速率增大,B项正确;如果图研究的是催化剂对化学平衡的影响,则由图可知乙条件下先达到平衡,所以应该是乙使用了催化剂,且平衡时甲、乙两条件下的CO转化率应相等,C项错误;如果图研究的是温度对平衡的影响,同样应该是乙条件下温度高于甲条件,那么从甲升温到乙,平衡向左移动,CO的转化率下降,D项正确。二、非选择题(本题共5小题,共40分)16.(8分)在密闭容器中,使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0。(1)当反应达到平衡时,N2和H2的浓度比是;N2和H2的转化率之比是。(

16、2)升高平衡体系的温度(保持体积不变),混合气体的平均相对分子质量,密度。(填“增大”“减小”或“不变”)(3)当达到平衡时,充入氩气,并保持压强不变,平衡将(填“正向”“逆向”或“不”)移动。(4)若容器恒容、绝热,加热使容器内温度迅速升至原来的2倍,平衡将(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后,容器内温度(填“大于”“小于”或“等于”)原来的2倍。答案(1)1311(2)减小不变(3)逆向(4)向左移动小于解析(1)对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0,在密闭容器中,开始时n(N2)n(H2)=26=13,反应时消耗n(N2)n(H2)=13,故平衡时n(N2)n

17、(H2)=13,所以c(N2)c(H2)=13,转化率之比为11。(2)升高温度,平衡向逆反应方向移动,气体的总物质的量增大,总质量不变,故平均相对分子质量变小,由=mV知密度不变。(3)达平衡后,保持压强不变,充入氩气,使体系体积增大,浓度减小,相当于减小压强,使平衡逆向移动。(4)恒容时升高温度至原来的2倍,根据勒夏特列原理,平衡向吸热反应的方向移动,即向左移动,达新平衡后,容器内温度大于原来的温度,小于原来温度的2倍。17.(8分)300 时,将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g)H=Q,2 min末达到平

18、衡,生成0.8 mol D。(1)300 时,该反应的平衡常数表达式为:K=。已知K300 ”或“(2)0.8 molL-10.2 molL-1min-1(3)不变反应前后气体分子数不变,压强对平衡无影响(4)43解析(1)温度越高,K越大,则说明升温平衡正向移动,即正反应为吸热反应,H0。(2)生成0.8molD,则反应掉0.4molB,剩余1.6molB,c(B)=1.6mol2L=0.8molL-1;v(B)=0.4mol2L2min=0.1molL-1min-1,由化学计量数知,D的反应速率应为B的2倍,故v(D)=2v(B)=20.1molL-1min-1=0.2molL-1min-

19、1。(3)该反应前后气体分子数不变,增大压强平衡不移动,故A的转化率不变。(4)将C、D的量折算成A、B的量,则相当于加入2molA和23molB,容器体积固定,若平衡时各物质浓度与原平衡相同,则说明起始时物质的量相等,故还应加入B2mol-23mol=43mol。18.(8分)(2018全国,节选)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题:(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为。(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 时N2O5(g)分解反应:

20、2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)2N2O4(g)其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示t=时,N2O5(g)完全分解:t/min040801602601 3001 700p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=210-3pN2O5(kPamin-1),t=62 min时,测得体系中pO2=2.9 kPa,则此时的pN2O5= kPa,v= kPamin-1。若提高反应温度至35 ,则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35 )63.1 kPa(填“大于”“等于”

21、或“小于”),原因是。25 时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。(3)对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程:第一步 N2O5NO2+NO3快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2慢反应第三步 NO+NO32NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是(填标号)。A.v(第一步的逆反应)v(第二步反应)B.反应的中间产物只有NO3C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D.第三步反应活化能较高答案(1)O2(2)30.06.010-2大于

22、温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高13.4(3)AC解析(1)干燥的氯气与干燥的AgNO3之间发生氧化还原反应时,氯气作氧化剂,而AgNO3中Ag、N元素都处于最高价,所以被氧化的只能为氧元素,则得到的气体为氧气。(2)依据反应N2O5(g)2NO2(g)+12O2(g)及气体的物质的量与其形成的压强成正比,生成的O2的压强p(O2)=2.9kPa,则剩余N2O5形成的压强p(N2O5)=35.8kPa-2.9kPa2=30.0kPa。则N2O5的分解速率v=210-330.0kPamin-1=6.010-2kPamin-1。

23、若提高反应温度至35,由于体积不变,但温度提高,总压强增大,且2NO2(g)N2O4(g)H2=-55.3kJmol-1为放热反应,温度升高,平衡左移,气体的物质的量增大,总压强提高,所以N2O5完全分解后体系压强p大于63.1kPa。当t=时,体系的总压强为63.1kPa为平衡时的总压强,此时N2O5完全分解,生成的氧气的压强为:p(O2)=35.8kPa2=17.9kPa。若NO2不生成N2O4,则此时的总压应为35.8kPa52=89.5kPa,而实际压强为63.1kPa,压强差为:89.5kPa-63.1kPa=26.4kPa2NO2N2O4压强差21126.4kPa26.4kPa则平

24、衡时NO2的分压为:63.1kPa-p(O2)-p(N2O4)=18.8kPa;由此可求反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数为(18.8kPa)226.4kPa13.4kPa。(3)根据第一步能“快速平衡”及第二步“慢反应”可判断A项正确;反应的中间产物有NO3及NO,B项错误;根据第二步反应:NO2+NO3NO+NO2+O2可知,部分NO2没有参加反应,C项正确;第三步为“快反应”,则该步反应的活化能较低,D项错误。19.(8分)CO2是一种廉价的碳资源,其综合利用具有重要意义。(1)水煤气变换CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是工业上获取CO2、H2的途径之一。我国学者

25、结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。可知水煤气变换的H(填“大于”“等于”或“小于”)0,该历程中最大能垒(活化能)Ea=eV,写出该步骤的化学方程式:。(2)水煤气变换获取的CO2、H2,经催化反应能合成二甲醚,其过程中主要发生下列反应:反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H1反应:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)H2=-122.5 kJmol-1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中:CH3

26、OCH3的选择性=2CH3OCH3的物质的量反应的CO2的物质的量100%温度高于300 ,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是。220 时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有。(3)用二氧化碳催化加氢还可用来合成低碳烯烃。反应开始时在0.1 MPa条件下,以n(H2)n(CO2)=31的投料比充入容积固定的密闭容器中,发生反应:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g),不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量百分数如图所示。在120 达到平衡时,二氧化碳的

27、转化率为;若按氢气和二氧化碳的物质的量之比为n1(n3)进行投料,温度控制为120 ,设相应平衡体系中乙烯的产率为m,在图中绘制m随n(n3)变化的示意图(标出曲线的起点坐标)。答案(1)小于2.02COOH+H+H2OCOOH+2H+OH或H2OH+OH(2)反应的H0,反应的H0;温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度增大压强,使用对反应催化活性更高的催化剂(3)72.5%解析(1)根据观察计算机模拟结果,结合H=生成物总能量-反应物总能量可知,水煤气变换反应的H0,反应的H0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率

28、上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度。2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)H=-122.5kJmol-1,结合CH3OCH3的选择性=2CH3OCH3的物质的量反应的CO2的物质的量100%分析,平衡正向移动,二甲醚的物质的量增大,二氧化碳的物质的量减小,二甲醚的选择性增大。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有:增大压强平衡正向移动;使用对反应催化活性更高的催化剂,增大二甲醚的选择性。(3)按n(H2)n(CO2)=31的投料比,120达到平衡时,升高温度平衡逆向移动,可知b为CO2的变化曲线,结合计量数

29、关系可知a为水的变化曲线,c为C2H4的变化曲线,由图可知120达到平衡时水的物质的量百分数为50%,设转化的二氧化碳为x,则2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)起始量:n3n00变化量:x3x0.5x2x平衡量:n-x3n-3x0.5x2x根据平衡时水的物质的量百分数为50%,即2xn-x+3n-3x+0.5x+2x100%=50%,解得x=4n5.5,二氧化碳的转化率为4n5.5n100%=72.5%;平衡体系中乙烯的产率为0.54n5.50.5n72.7%。若按氢气和二氧化碳的物质的量之比为n1(n3)进行投料,温度控制为120,相应平衡体系中乙烯的产率为m,则n越

30、大,平衡越正向移动,m越大,则m随n(n3)变化的示意图为。20.(8分)(2019全国,节选)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题:(1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系:可知反应平衡常数K(300 )K(400 )(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K(400

31、)=(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是。(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:CuCl2(s)CuCl(s)+12Cl2(g)H1=83 kJmol-1CuCl(s)+12O2(g)CuO(s)+12Cl2(g)H2=-20 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)H3=-121 kJmol-1则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的H=kJmol-1。(3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是。(写出2种)答案

32、(1)大于0.4220.422(1-0.84)4(1-0.21)c0O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低(2)-116(3)增加反应体系压强、及时除去产物解析(1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300)大于K(400)。根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl)c(O2)=11的曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知:温度为400时HCl的平衡转化率为84%。根据条件可列三段式如下:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+

33、2H2O(g)初始:c0c000转化:c00.84c00.21c00.42c00.42平衡:c0(1-0.84)c0(1-0.21)c00.42c00.42K(400)=c2(Cl2)c2(H2O)c4(HCl)c(O2)=(c00.42)2(c00.42)2c0(1-0.84)4c0(1-0.21)=0.4220.422(1-0.84)4(1-0.21)c0进料浓度比c(HCl)c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。而进料浓度比c(HCl)c(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。(2)由盖斯定律可知,将题给催化过程的三个反应直接相加可得:2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)H=(83-20-121)kJmol-1=-58kJmol-1,则H=2H=-116kJmol-1(3)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。