高考化学一轮专题复习题—化学反应速率与化学平衡.docx

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1、高考化学一轮专题复习题：化学反应速率与化学平衡一、单选题1（ 河南开封高三期末）某化工厂排出尾气(含、)的治理方法：在密闭容器中发生反应，、在表面进行两步基元反应转化为无毒气体，其相对能量与反应历程的关系如图所示。下列说法正确的是A反应产生一种中间物B两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由第一步反应决定C可有效提高、的平衡转化率D基元反应的平衡常数越小，反应速率越慢2（ 广西桂林高三期末）一定条件下，向一4L密闭容器中充入2mol和8mol发生反应：，5min后测得的物质的量为4mol，下列说法正确的是ABCD3（ 河南濮阳市油田第二高级中学高三期末）对于反应科学家根据光谱学研究提出如下

2、反应历程：第一步： 快速平衡第二步： 慢反应第三步： 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述错误的是A与是总反应的催化剂Bv(第一步的逆反应)v(第二步反应)C第二步反应的活化能大于第三步的活化能D第二步反应中与的碰撞仅部分有效4（ 广东广州市第二中学高三期末）根据下列图示所得出的结论正确的是A由图甲中能量变化曲线可知该反应是吸热反应B图乙表示溶液碱性越强，消耗速率越慢C由图丙可知，40时溶液的质量分数大于NaCl溶液的质量分数D由图丁可知，氯水在光照过程中pH逐渐减小，溶液中Cl-浓度逐渐增大5（ 湖南益阳平高学校高三期末）向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和

3、1molY发生反应，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A反应为吸热反应B甲容器中压强增大的原因可能是气体的总物质的量增大Ca点平衡常数：K=12D气体总物质的量6（ 山东聊城高三期末）某种含铜的催化剂可用于汽车尾气脱氮，催化机理如图所示。下列说法错误的是A该催化循环中Cu的化合价没有发生变化B反应不是氧化还原反应C总反应的化学方程式为D实验室模拟此过程时，可用浓氨水与碱石灰反应提供7（ 辽宁朝阳高三期末）在催化剂作用下，H2可处理废水中的NO，反应原理如图所示。下列说法错误的是AFe3O4具有传递电子的作用BPd和Fe3O4均是该过程的催

4、化剂C处理后的废水中酸性增强D每消耗67.2L(标准状况下)H2，可还原2molNO8（ 山东菏泽高三期末）臭氧是理想的烟气脱硝试剂，可逆反应在体积固定的密闭容器中进行，反应过程中测得的浓度随时间1的变化曲线如图所示下列叙述错误的是Aa-c段反应速率加快的原因可能是反应放热B若向容器内充入一定体积的，化学反应速率加快C向反应体系中通入氢气，反应速率降低D28min的化学反应速率9（ 湖南益阳平高学校高三期末）一定条件下，反应在恒容密闭容器中进行，关于该反应的说法错误的是A生成2molNO的同时生成2mol，则反应达到平衡状态B反应平衡后升高温度如果气体颜色变浅，则反应是吸热反应C减小容器的体积

5、增大压强，则NO气体的浓度一定减小D平衡后不改变其他条件，向容器中再充入一定量的，再次平衡后的体积分数比原平衡大10（ 广西河池高三期末）捕获二氧化碳是碳中和技术之一，一种捕获二氧化碳在某催化剂表面制备甲酸的反应机理如图所示。下列说法不正确的是ACO2的电子式为B催化剂可以降低该反应过程中的活化能C1molN(C2H5)3中共含有18mol共价键D该反应的总反应方程式为CO2+H2HCOOH11（ 重庆巴蜀中学高三期末）化学反应、在不同温度时达到平衡，其平衡常数如下表：编号化学方程式温度980K1100K1.52.01.6ba1.4根据以上信息判断，下列结论正确的是A反应将铁块换成铁粉可以使平

6、衡向右移动B反应的反应热等于反应和反应的反应热之和，且反应为放热反应C升高温度，反应、平衡都向正反应方向移动D12（ 重庆巴蜀中学高三期末）一定条件下，在2L密闭容器中加入等物质的量的FeO和CO，发生下列反应：，在温度下，物质的量n随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述不正确的是A平衡前，随着反应的进行，容器内气体的平均相对分子质量逐渐增大B平衡时，增大压强，的浓度增大C该反应的，、对应的平衡常数Dt1时刻的改变可能是加入了催化剂，也可能是加入了氮气二、多选题13（ 广西桂林高三期末）一定温度下，在体积恒定的密闭容器中通入气体X和Y并发生反应，它们物质的量浓度随时间的变化关系如图。下列说法正确

7、的是A时，B时，反应达到平衡状态CY的平衡转化率为50%D该温度下，反应的平衡常数14（ 湖南师大附中高三期末）如图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图相符合的是A反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等B该反应达到平衡态I后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态IIC该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态IID同一种反应物在平衡态I和平衡II时浓度相等三、填空题15（ 福建省龙岩第一中学高三阶段练习）I.科学家已实现反应。某研究小组在三个容积均为5L的恒容密闭容器中，分别充入0.4 mol NO和0.4 mol CO，在三种 不同实验

8、条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间变化如图所示。(1)与实验II相比，实验I和实验III分别仅改变一种反应条件，所改变的条件分别为：实验I_，实验III_。三组实验中CO的平衡转化率、和的大小关系为_。实验III的平衡常数_。II已知分解成水和氧气放出热量，在少量作用下，常温时能剧烈分解，分解的机理分为两步基元反应，第一步为：(慢反应，)、第二步略(快反应)。(2)请补充第二步反应方程式：_。(3)在如图中分别画出无加入和有加入的反应能量变化示意图(大致曲线) _。16（ 上海高三专题练习）已知合成氨反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)H”“”“=”或“”或

9、“”、“”、“”或“=”)v(步骤)，请依据有效碰撞理论分析其原因_。一定温度下，反应的平衡常数K=_(用、表示)。(5)制备合成气(CO、)过程中会发生副反应：。在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态时，反应体系中随温度变化的关系如图2所示。随着进料比的增加，的值逐渐_(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是_。试卷第15页，共15页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【详解】A根据反应历程示意图可知，第一步反应是Pt2O+N2O(g)=+N2(g)，反应产生一种中间物，A项错误；B由图可知，两步反应都是放热反应，第一步反应

10、的活化能比第二步反应的活化能大，第一步反应速率比第二步慢，总反应的化学反应速率由活化能大的第一步反应决定，B项正确；C催化剂Pt2O+不能使化学平衡发生移动，不能提高、N2O的平衡转化率，C项错误；D平衡常数的大小与反应速率快慢无关，D项错误；答案选B。2A【分析】列出三段式：，由此解析。【详解】A ，故A正确；B ，故B错误；C ，故C错误；D ，故D错误；故选A。3A【详解】A根据反应历程可知N2O2与N2O是总反应的中间产物，A错误；B第一步快速平衡，说明反应速率很快，正逆反应速率均很快，而第二步为慢反应，反应速率慢，故v(第一步的逆反应)v(第二步反应)，B正确；C第二步为慢反应，活化

11、能大，第三步为快反应，活化能小，第二步反应的活化能大于第三步的活化能，C正确；D能发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故第二步反应中N2O2与 H2的碰撞仅部分有效，D正确；故选A。4D【详解】A由图可知反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故A错误；B根据图知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多，所以碱性越强双氧水分解速率越快，故B错误；C溶液不一定是饱和溶液，缺少条件不能比较其溶液的质量分数，故C错误；D随着光照的进行，溶液的pH减小，酸性增强，说明氢离子浓度增大，HClO分解生成HCl和氧气，所以溶液中氯离子浓度增大，故D正确；故答案选D。5D【详解】A由图像可知：在甲绝热下，

12、开始压强开始增大，说明反应发生后体系温度升高，故反应的正反应为放热反应，所以H0，A错误；B充入2molX和1molY发生反应是气体分子总数减小的反应，故压强增大的原因不可能是气体的总物质的量增大，B错误；C反应开始时n(X)=2 mol，n(Y)=1 mol，设平衡时Z的物质的量为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(X)=(2-2x) mol，n(Y)=(1-x) mol，n(Z)=x mol，n(总)=(3-2x) mol由于平衡时气体压强是开始的一半，所以2 mol+1 mol=2(3-2x) mol，解得x=0.75 mol，若在恒温下K(a)=，但该反应是放热反应，实际反应温度高

13、于c点，升高温度，平衡逆向移动，导致化学平衡常数减小，故a点平衡常数：K12， C错误；D在其他条件不变时，升高温度，气体压强增大。a、c两点气体压强相同，由于温度：ac，所以气体的物质的量：nanc，D正确；答案选D。6A【详解】ACu(OH)(NH3)+中Cu显+2价，Cu(NH3)2+中Cu显+1价，催化循环中Cu的化合价发生了变化，故A说法错误；B发生反应Cu(OH)(NH3)+2NH3Cu(OH)(NH3)3+，不存在化合价变化，该反应不属于氧化还原反应，故B说法正确；C根据循环机理图，NH3、NO、O2为反应物，氮气和H2O为生成物，因此反应方程式为NH3+NO+O24N2+6H2

14、O，故C说法正确；D碱石灰中含有氧化钙，氧化钙遇水放出热量，使一水合氨分解成氨气，发生CaO+NH3H2O=Ca(OH)2+NH3，故D说法正确；答案为A。7C【分析】由图可知，氢气处理废水中亚硝酸根离子时，氢气与四氧化三铁中的三价铁反应生成氢离子和二价铁，二价铁与亚硝酸根离子反应生成三价铁和氮气，转化过程中，钯和四氧化三铁都是反应的催化剂，总反应为酸性条件下氢气与亚硝酸根离子反应生成水和氮气，反应方程式为3H2+2NO+2H+=N2+4H2O。【详解】A由分析可知，氢气与四氧化三铁反应时，三价铁得到电子生成二价铁，二价铁与亚硝酸根离子反应时，二价铁失去电子生成三价铁，转化过程中，四氧化三铁起

15、到传递电子的作用，故A正确；B由分析可知，转化过程中，钯和四氧化三铁都是反应的催化剂，故B正确；C由分析可知，总反应为酸性条件下氢气与亚硝酸根离子反应生成水和氮气，反应方程式为3H2+2NO+2H+=N2+4H2O，反应中消耗氢离子，处理后的废水中酸性减弱，故C错误；D由分析可知，总反应为酸性条件下氢气与亚硝酸根离子反应生成水和氮气，反应方程式为3H2+2NO+2H+=N2+4H2O，则标准状况下消耗67.2L氢气，被还原的亚硝酸根离子的物质的量为=2mol，故D正确；故选C。8C【详解】A随着反应的进行，a-c段反应速率反而加快的原因可能是该反应放热，温度升高，反应速率加快，故A正确；B若向

16、容器内充入一定体积的，增大了的浓度，化学反应速率加快，故B正确；C恒容条件下，向反应体系中通入不反应的氢气，反应速率不变，故C错误；D28min内，氧气的浓度变化量为1.2mol/L，则，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得，故D正确；故答案选C。9C【详解】A生成2molNO为正反应方向，生成2mol NO2为逆反应方向，物质的量变化之比为化学计量数之比，故正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B反应平衡后升高温度如果气体颜色变浅，平衡正向移动，反应是吸热反应 ，B正确；C减小容器的体积=增大压强，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动但并不能抵消NO浓度的增大，故NO气体

17、的浓度一定增大，C错误；D平衡后不改变其他条件，向容器中再充入一定量的NO2，根据勒夏特列原理，平衡会正向移动移动但是并不能抵消NO2体积分数的增大，故再次平衡后 NO2的体积分数比原平衡大，D正确；故选C。10C【详解】A中每个氧与碳形成两对共用电子对，因此其电子式为，故A正确；B催化剂可以降低该反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C是3个乙基与1个氮原子相连，1个乙基有6个共价键，每个乙基于氮有1个共价键，因此1mol中含有21mol共价键，故C错误；D由流程可知，进入循环流程的是反应物(、)，离开循环流程的是生成物(HCOOH)，其余的微粒均为中间产物，因此反应的总反应方程式为CO2+

18、H2HCOOH，故D正确。综上所述，答案为C。11B【详解】A铁粉是纯固体，铁粉会加快反应速率，不会使平衡移动，故A错误；B根据盖斯定律可知反应+反应=反应，反应的反应热等于反应和反应的反应热之和，根据方程式可知K1=c(CO)/c(CO2)，K2=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)，K3=c(H2)/c(H2O)，同温度下，K2=K3/K1，K3=K1K2，980K平衡常数a=1.51.6=2.4，1173K平衡常数b=1.42=0.7，反应平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，故B正确；C反应的平衡常数随温度升高减小，说明正反应为放热反应，反应平衡常数随温度升

19、高减小，说明正反应为放热反应，升高温度，反应、平衡都向逆反应方向移动，故C错误；D计算分析可知ab，故D错误；故选B。12D【分析】由题意和图可知T1下：FeO和CO的起始量为2.0mol，到达平衡的时间较短，到达平衡时消耗1molFeO和CO，生成1molCO2；T2下：FeO和CO的起始量为2.0mol，到达平衡的时间较长，到达平衡时生成1.2molCO2。【详解】A反应正向建立平衡，CO转化为，容器内气体的平均相对分子质量逐渐增大，故A正确；B反应前后气体系数之和相等，加压，平衡不移动，但体积减小，的浓度增大，故B正确；C温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，即；结合分析可知升高

20、温度，二氧化碳平衡量减小，平衡逆向移动，则该反应的，升温后平衡逆向移动，平衡常数减小，则，由反应前，平衡时，则，故C正确；D时刻二氧化碳物质的量瞬间增大，不可能是加入催化剂，不可能是加入氮气，可能是增大压强或充入二氧化碳，故D错误；答案选D。13AD【详解】A时，反应向正反应方向进行，则，A正确；B时，X和Y的物质的量浓度相等，但不是保持恒定不变，则反应达未到平衡状态，B错误；C由图知，Y达到平衡时物质的量浓度为0.50mol/L，Y起始物质的量浓度为2.00mol/L，则Y的平衡转化率为，C错误；D.由图知，X的物质的量浓度在增大，而Y的在减小，则Y为反应物，X为生成物，平衡时X变化量为0.

21、75mol/L，Y的变化量为1.50mol/L，则该反应的化学方程式为2YX，则平衡常数，D正确；故答案为AD。14AB【分析】由图可以知道，该反应从正反应一端开始，正逆反应速率相等时为状态，然后，该反应向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，且改变条件的一瞬间逆反应速率不变，以此来解答。【详解】A由平衡的特征可以知道，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等， A正确；B该反应达到平衡态后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态，B正确；C该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象矛盾，C错误；D该反应达到

22、平衡态后，增大反应物浓度使反应继续正向移动达到平衡态，所以同一种反应物在平衡态和平衡时浓度不相等， D错误；答案选AB。15(1) 升温 加入催化剂 = 17150(2)H2O2+IO-H2O+O2+I-(3)【解析】（1）对比实验I、实验II可知，I到达平衡时间缩短且起始压强增大，应是升高温度，对比实验II、实验III可知，平衡时压强不变，III到达平衡时间缩短，改变条件反应速率加快、平衡不移动，应是使用催化剂。依据中分析可知，实验II、实验III相比，平衡不移动，CO转化率不变，即=，实验I、实验II相比，I中温度高，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率减小，即，因此转化率

23、为=。设CO的转化量为xmol/L，列三段式：恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比、等于浓度之比，结合图中数据有=，解得x=0.07，则平衡时NO浓度为0.01mol/L、CO浓度为0.01mol/L、氮气浓度为0.035mol/L、二氧化碳浓度为0.07mol/L，实验III平衡常数K=17150。（2）过氧化氢分解的总反应为：2H2O2=2H2O+O2，反应分两步进行，第一步反应为：，第二步反应为总反应减去第一步反应，为：H2O2+IO-H2O+O2+I-。（3）该反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，碘离子为该反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不改变焓变，而第一步为慢反

24、应、第二步为快反应，则第一步的活化能比第二步高，用图示表示无加入I和有加入I的反应能量变化为：。16(1)(2)a(3) 0.01molL-1 3.33103【解析】（1）在起始氢气的物质的量相同时，反应为放热反应，温度越高，平衡逆向进行程度越大，氨气含量越少，所以T2T1；（2）随着氢气的物质的量增加，平衡正向进行的程度越大，消耗的氮气越多，氮气的转化率越大，所以氮气转化率最小的点应该为氢气的量最少的一点，即a点；（3）氢气和氮气的转化率均为60%，则说明氢气和氮气起始的物质的量之比应等于系数之比3:1，所以起始的时候，所加的氮气的物质的量为0.05mol，氮气转化了：0.0560%=0.0

25、3mol，剩余的氮气的物质的量等于0.05mol-0.03mol=0.02mol，所以平衡时氮气的物质量浓度为：0.02mol2L=0.01molL-1；另可分别算出c(H2)=0.03molL-1，c(NH3)=0.03molL-1，计算可得K=3.33103。17(1)(2)C(3)减小【解析】（1）D点时(N2O4)小于该温度下的平衡点时的(N2O4)，说明反应向逆反应方向进行使(N2O4)增大至平衡点时的(N2O4)，v(正)v(逆)；（2）温度升高，(N2O4)减小，说明平衡N2O4(g)2NO2(g)向右移动。温度越高，平衡常数越大；（3）平衡时又加入一定量NO2，既增大了c(NO

26、2)，又相当于增大了压强，无论是增大c(NO2)还是增大压强，都有利于平衡向左移动，所以NO2的体积分数减小。18(1)(2)CD(3)(4)【解析】(1)该反应能自发进行，则，又 ，故；(2)A恒容条件下，该反应气体分子数减少，气体的压强不变时反应达到平衡，A不符合题意；B时，包含正逆两个反应方向，且，等于化学计量数之比，可以判断达平衡，B不符合题意；C该反应在恒温下反应，温度不变，K不变，不能判断达平衡，C符合题意；D恒容条件下，气体反应物的总质量保持不变，容器内气体的密度不变，不能判断达平衡，D符合题意；故选CD；(3)和按4：1充入恒容的密闭容器中，设HCl和O2的物质的量分别为4mo

27、l和1mol，HCl的转化率为50%，故可列出三段式：，气体的总物质的量为4.5mol，各物质的分压分别为：，；(4)该反应正向气体分子数减小，加压平衡正向移动；该反应正向为放热反应，故升高温度，HCl的转化率降低，故T温度下的曲线应在900K的曲线下方，故：。 。19(1)高温(2) 增大 增大 副反应的活化能低于主反应的活化能(3)iii【解析】(1)主反应为吸热反应，让反应自发进行，则，高温时，故高温更加容易自发进行；(2)掺入高温水蒸气，温度升高，主反应为吸热反应，故温度升高，K增大，平衡正向移动，(C3H8)增大；主反应和副反应均为吸热反应，更容易发生是因为活化能低，故温度升高，副反

28、应更容易发生的主要原因是：副反应的活化能低于主反应的活化能；(3)主反应和副反应均为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，故ii和iv代表丙烷，丙烯的体积分数增加，i和iii代表丙烯；主反应和副反应正向气体分子数增多，相同温度下，加压平衡逆向移动，故压强大的丙烯的体积分数小，故105Pa时，图中表示丙烯的曲线是iii。20(1) 小于 硫代硫酸钠被消耗完，再生成的才能使淀粉溶液变蓝(2) 40 40 (3) 【解析】（1）向酸化的溶液中加入淀粉KI溶液，溶液几秒后变为蓝色，说明反应生成碘单质；再向已经变蓝的溶液中加入溶液，溶液立即褪色，说明和碘单质反应，导致溶液褪色；实验中褪色

29、速率大于变蓝色速率，可知反应的速率小于反应的速率；实验一中同时加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠，生成的碘单质会立即和硫代硫酸钠反应，当硫代硫酸钠被消耗完，再生成的才能使淀粉溶液变蓝，故溶液混合一段时间后才变蓝；（2）探究对反应速率的影响，则实验变量为氢离子浓度，其它因素要相同，故加入过氧化氢要相同，V1=40；溶液的总体积要相同，V2=40；反应中氢离子为反应物，反应物浓度增加，反应速率加快，故对比实验I和实验II， 小 小(3)6:7(4) A 【分析】平衡常数只受温度的影响，由图可知，b点转化率最高，则b点恰好达到平衡状态，ab曲线上对应容器体积小于b，起始投料相同，则物质浓度大，反应速率快，故ab曲线点均为平衡状态；bc曲线容器体积大，反应速率慢，则均是不平衡状态；（1）由分析可知，ab均为平衡点，以a点为例：由三段式可知，该反应的平衡常数的值为；（2）由分析可知，c点反应没有达到平衡，反应正向进行，则；反应为气体分子数增加的反应，a点为平衡状态，充入一定量后再次达到平衡，较之前的平衡反应会向气体分子数减小的方向移动，故导