第2章化学反应的方向、限度与速率练习-高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1.docx

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1、第二章化学反应的方向、限度与速率练习 一、单选题1“氯化反应”通常指将氯元素引入化合物中的反应。计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子在催化剂表面的反应历程如图所示。下列说法正确的是A该历程中活化能为1.6810-24eVBM2为C2H2与HgCl2形成的中间体C反应物或产物在催化剂表面进行吸附和脱离D该反应的热化学方程式为HCCH(g)+HCl(g)H2C=CHCl(g)H=-2.2410-24eVmol-12不能用勒夏特列原理来解释的选项是A氨水应密闭保存，放置在低温处B用排饱和食盐水的方法收集氯气C对H2(g)+I2(g)2HI(g)平衡体系加压，混合气体颜色加深D饱和硫酸铜溶液投入CuSO

2、4晶体，析出CuSO45H2O3下列叙述正确的是电解池是将化学能转变成电能的装置光能和化学能都能转化成电能金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化不能自发进行的氧化还原反应，通过电解原理有可能实现ABCD4乙烯气相直接水合反应制备乙醇：。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图【起始时，容器体积为2L】。下列分析正确的是A乙烯气相直接水合反应的B图中压强的大小关系为C图中a点对应的平衡常数D达到平衡状态a、b所需要的时间：5某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应： A+3B2C。若维持温度和压强不变，当达到平衡时容器的体积为VL，其中C气体的体积占

3、10%。下列推断正确的是原混合气体的体积为1.2VL原混合气体的体积为1.1VL反应达到平衡时气体A消耗掉0.05VL反应达平衡时气体B消耗掉0.05VLABCD6在一定空气流速下，热解得到三种价态锰的氧化物。相同时间内锰元素所占比例()随热解温度变化的曲线如图所示。坐标系中主要发生如下反应：反应I：反应II：反应III：下列说法错误的是A反应I在低温下不能自发进行，说明B曲线a表示中锰元素所占比例随温度的变化温度/CC，主要发生反应IIID下，适当增大空气的流速可以提高的产率7下列实验中，能达到预期目的是A测定反应生成H2的速率B探究温度对反应速率的影响C探究浓度对反应速率的影响D探究Fe3

4、+和Cu2+对H2O2分解的催化效果AABBCCDD8一定条件下存在反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换) 密闭容器、，在中充入1mol CO和1mol H2O，在中充入1mol CO2 和1mol H2，在中充入2mol CO 和2mol H2O，700条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是A两容器中正反应速率：IIIB两容器中的平衡常数：IIIC容器 中CO2的物质的量比容器中CO2的少D容器 中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和大于193.25 g锌与100 mL 1 molL-1的稀硫酸反

5、应，为了加快反应速率而不改变H2的产量，可采取的措施是A滴加几滴浓盐酸B滴加几滴浓硝酸C滴加几滴硫酸铜溶液D加入少量锌粒10我国学者采用量子力学法研究了钯基催化剂表面吸附CO和合成的反应，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的为过渡态，吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A总反应的热化学方程式是B图中决速步骤的能垒(活化能)为91.5kJ/molC催化剂在该历程中参与反应并降低了反应的活化能D该历程中经过TS3时的反应速率比经过TS5时的反应速率慢11可逆反应中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度(T)的关系如图，则下列说法正确的是A 放热反应B 吸热反应C 吸热

6、反应D 放热反应12将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NH4I(s)NH3(g)+HI(g)；2HI(g)H2(g)+I2(g)。反应达到平衡时，c(H2)=2 mol/L，c(HI)=4 mol/L，则此温度下反应的平衡常数是A36B32C16D2413下列说法正确的是A熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显B应该投入大量资金研究2CO(g)2C(s)+O2(g)H0该过程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题C常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的H0D已知C(s)+CO2(g)=2CO(g)H0，该反应吸热

7、，一定不能自发进行14在比较化学反应速率时，不可以利用的相关性质为A气体的体积和体系的压强B颜色的深浅C固体物质量的多少D反应的剧烈程度15催化某反应的一种催化机理如图所示，其中是氢氧自由基，是醛基自由基，下列叙述不正确的是A使用催化时，该反应的不变B不是所有过程都发生氧化还原反应C总反应为D为中间产物之一，与中所含阴离子相同二、填空题16化学反应与生产研究息息相关，我们不仅关注能量变化，还需要关注化学反应的快慢和程度。请根据要求，回答下列问题：(1)下面是四个化学反应理论上不可以用于设计原电池的化学反应是_(填字母，下同)ABCD(2)将氢气与氧气的反应设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图

8、所示(a、b为多孔碳棒)其中_(填A或B)处电极入口通氧气，其电极反应式为_。当消耗标准状况下氢气11.2L时，假设能量转化率为85%，则导线中转移电子的物质的量为_。(3)某温度时，在2L容器中发生X、Y两种物质间的转化反应，X、Y物质的量随时间变化的曲线如图所示：该反应的化学方程式为_。反应开始至2min时，Y的平均反应速率为_。2min时，v正_(填“”“0，根据吉布斯自由能公式G=HTS，故该I在低温下不能自发进行，则，A正确；B温度越高，反应越快，根据反应个反应，可以发现二氧化锰是反应III的产物，故温度升高时，相同时间内，二氧化锰会越来越多，即b代表二氧化锰，a代表，B正确；C由图

9、可知时，二氧化锰一直增大，故此时发生的主要反应为反应III，C正确；D由图可知450时二氧化锰的含量较大，此时适当增大空气的流速可以提高的产率，但是温度较低时，二氧化锰含量较低，增大空气的流速不利于提高的产率，D错误；故选D。7B【详解】A生成的氢气能从长颈漏斗溢出，无法测定生成氢气的体积，故不选A；BB选项中，两组实验只有温度是不同，所以可以探究温度对反应速率的影响，故选B；C右侧试管内加入的高锰酸钾的物质的量是左侧试管的2倍，所以不能根据褪色时间判断反应速率，故不选C；D两组实验加入催化剂的阴离子不同，所以不能探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，故不选D；选B。8C【详解】A若

10、两容器保持恒温，则为等效平衡，正反应速率相等，现为恒容绝热容器，I中温度升高，II中温度降低，所以达平衡时，混合气体的温度I比II高，正反应速率：III，A不正确；B由A中分析可知，达平衡时容器I的温度比II高，由于正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以两容器中的平衡常数：III，B不正确；C若温度不变，容器I和容器II中CO2的物质的量相等，现达平衡时，容器I的温度比II高，升温时平衡逆向移动，所以容器中CO2的物质的量比容器中CO2的少，C正确；D若温度不变，容器I和容器II为等效平衡，则此时容器中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和等于1，现容器II的温度比容器I低，相当

11、于容器I降温，平衡正向移动，容器II中CO2的转化率减小，所以容器 中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和小于1，D不正确；故选C。9A【详解】A3.25 g Zn的物质的量n(Zn)=，100 mL 1 molL-1的稀硫酸中溶质的物质的量n(H2SO4)=1 mol/L0.1 L=0.1 mol，根据方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2可知：二者反应的物质的量的比是1：1，故硫酸过量，反应放出H2要以不足量的Zn为标准计算。滴加几滴浓盐酸，增加了溶液中c(H+)，反应速率加快，A符合题意；B硝酸具有强氧化性，与Zn反应不能产生氢气，B不符合题意；CZn与CuSO4发生置换反应

12、产生Cu和ZnSO4，Zn、Cu及硫酸构成原电池，使反应速率加快；但由于Zn消耗，导致反应产生H2的量减少，C不符合题意；D加入少量的Zn，由于Zn是固体，浓度不变，因此反应速率不变，但由于不足量的Zn的量增加，以Zn为标准反应产生的H2的量增多，D不符合题意；故合理选项是A。10D【详解】A反应热取决于始态和终态，与历程无关，开始能量比结束能量高，该反应放出65.7kJ能量，总反应的热化学方程式是 ，故A错误；B能垒(活化能)越大反应速率越慢，最慢的反应历程是决速步骤，最大的能垒(活化能)= 46.9-(-131.4)=178.3 kJ/mol，故B错误；C催化剂只降低了反应的活化能，不参与

13、化学反应，故C错误；D经过TS3时活化能为50.4-(-14.8)=65.2 kJ/mol，经过TS5时活化能为37.4-(-15.2)=52.6 kJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则经过TS3时比经过TS5时的反应速率慢，故D正确；故选：D。11D【详解】温度升高反应速率加快，T2先达到平衡，可知T1【详解】(1) 属于氧化还原反应，而且是放热反应，理论上能设计为原电池。则反应B、D能设计成原电池、反应A、C是非氧化还原反应、理论上不可以用于设计原电池，故答案为AC。(2)内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：O24H4e=2H2O；燃料电池中化学

14、能转化为电能，能量转化效率高 燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，则a为负极、B处电极入口通氧气，碱性条件下氧气得电子、和水反应生成氢氧根离子，其电极反应式为。当消耗标准状况下氢气11.2L时，按可知，假设能量转化率为85%，则导线中转移电子的物质的量为。(3)X的物质的量增加、Y的物质的量减小，所以Y是反应物、X是生成物，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即Y与X的化学计量数之比为(0.4-0.2):(0.2-0.1)=2:1，故该反应的化学方程式为。反应开始至2min时，Y的平均反应速率为。2m

15、in时，平衡还未建立，体系处于从正反应建立平衡的途中，故v正 v逆。17 探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) 升高温度，反应速率加快 对过氧化氢分解的催化效果更好 产生20气体所需的时间 0.006 60% 0.08 1【详解】(1)实验和的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了便于比较，需要加快反应速率，可以向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催

16、化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)；(2)由图可知，、中的反应速率大，说明升高温度，反应速率加快；、中的反应速率小，说明MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好，故答案为：升高温度，反应速率加快；MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好；(3)反应是通过反应速率分析的，根据，所以实验中需要测量的数据是时间(或收集一定体积的气体所需要的时间)，故答案为：产生20mL气体所需的时间；(4)由图可知，A、B的物质的量减小，C的物质的量增加，且t1时物质的量不变，说明该反应为可逆反应，A、C的物质的量的变化量之比为(0.15-0.06)(0.11-0.05)=32，反应过程中混合气体的

17、平均相对分子质量不变，则反应为3AB+2C，故答案为：3AB+2C；若t1=10时，则内以C物质浓度变化表示的反应速率；t1时，A的转化率为，故答案为：0.006；60%；由A和C的变化量之比为(0.15-0.06)(0.11-0.05)=32，可以推出B的变化量为0.03mol/L，容器的体积为4L，所以B起始的物质的量是(0.05-0.03)4mol=0.08mol；根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其分子数之比。由于反应前后气体的分子数保持不变，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍，故答案为：0.08mol；1。18 小于 2

18、.02 【详解】起始状态反应物的相对能量为0，最终状态生成物的相对能量为-0.72eV，反应物的能量高于生成物的能量，反应物的变换反应为放热反应，即H小于0；改历程中两次能垒分别为1.59 eV-(-0.32 eV)=1.91 eV，1.86 eV-(-0.16 eV)=2.02 eV，最大能垒（活化能）E正=2.02 eV；该步骤的反应物为相对能量为-0.16eV的物质：COOH*+H*+H2O*，生成物为相对能量为1.41eV的物质COOH*+2H*+OH*，由此可得该步骤的化学方程式为：H2O*= H*+OH*。19 放热 ac 正 2H+2eH2 负 正【分析】根据图分析得到反应为放热

19、反应，根据影响反应速率的因素进行分析，利用原电池原理分析，负极化合价升高，失去电子，正极化合价降低，得到电子。【详解】(1)根据图中信息，反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应为放热反应；故答案为：放热。(2)a改铁片为铁粉，增大接触面积，反应速率加快，故a符合题意；b改稀硫酸为98%的浓硫酸，发生钝化，生成致密氧化膜后不再反应，故b不符合题意；c升高温度，活化分子数增大，加快反应速率，故c符合题意；综上所述，答案为：ac。(3)若将上述反应设计成原电池，铁失去电子，发生氧化反应，铁为负极，则铜为正极，该极上发生的电极反应式为2H+2eH2，外电路中电子由负极向正极移动；故答案为：正；2H+

20、2eH2；负；正。20(1) AC(2) 0.03molL-1min-1 0.4 molL-1 80% K= 4【详解】（1）对应K1、K2、K3给三个方程式分别编号为、，K对应方程式可由上述三个方程式按“2-”合并得到，因此；对平衡状态的判断分析：A反应后气体体积减小，未平衡时混合气体压强可变，压强不变时达到平衡状态，A能说明；B反应物与生成物全是气体，反应过程遵循质量守恒，混合气体总质量保持不变，恒容时，混合气体密度在反应过程中保持不变，不能确定何时达到平衡状态，B不能说明；C反应后气体总物质的量减小，混合气体总质量保持不变，未平衡时混合气体平均相对分子质量可变，不变时达到平衡状态，C能说

21、明；D上述分析可知混合气体总质量在反应过程保持不变，不能确定何时达到平衡状态，D不能说明；E平衡时，CO与N2的速率有以下关系：或，故E不能说明；F生成2molN2同时消耗1molCO2，其速率关系式为：，不符合平衡时的速率关系，F不能说明；故选AC。（2）05min内，生成0.3molN2同时生成0.3molCO2，用CO2表示的反应速率为。达到平衡时，列三段式得：平衡时CO2浓度为，平衡时NO转化率为，平衡常数表达式为，TC时。21 增大 增大 减小 不变 不变 减小【详解】(1)在容器容积不变时，充入1 mol H2即c(H2)增大，反应物浓度增大，化学反应速率增大；(2)升高温度，活化

22、分子百分数增加，有效碰撞次数增多，反应速率增大；(3)扩大容器体积，相当于减小各成分浓度，反应速率减小，(4)保持容器内气体压强不变，保持充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，压强未变，体积增大，浓度也不变，则速率不变；(5)保持容器容积不变，充入1mol N2，N2不参与反应，参与反应的各成分浓度未变，则反应速率不变；(6)保持容器压强不变，充入N2，体积增大，各成分浓度减小，则反应速率减小。22(1)K=(2) 700时，K=0.167，800时，K=1，温度升高，K值增大，故为吸热反应(3) 0.01mol/(Lmin) AD【解析】（1）平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘

23、积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，表达式为：；（2）依据实验1和实验2起始时和达到平衡时的数据，列三段式有：实验1：实验2：则，时，时，温度升高，K值增大，故为吸热反应；（3）由图可知内的物质的变化为，由方程式可知，的物质的量变化为，所以平均反应速率；由图可知A点反应向正反应方向进行，所以正逆；由图可知第后，反应速率增大，A加催化剂，加快反应速率，故A正确；BC为固体，增大C的量对反应速率没有影响，故B错误；C减小的物质的量，则的浓度减小，反应速率减小，故C错误；D升温，使反应速率加快，故D正确；E降温，使反应速率减小，故E错误；故答案为：AD。23 AD 2 【详解】I(1)A单位时间内生成n

24、molX，指的是逆反应速率，生成2nmolZ，指正反应速率，且12的变化量能够说明正反应速率等于逆反应速率，故可作为反应达平衡的标志；B根据，气体的总质量不变，容器体积不变，故密度为定值，故密度不变不可作为反应达平衡的标志；C无论反应平衡还是没有平衡，速率比都等于系数比，故用X、Y、Z的物质的量浓度变化表示反应速率的比为112的状态不一定是平衡状态；D当反应达到平衡状态时，各组分的物质的量均不发生改变，总物质的量也不再变化，即各组分的物质的量分数不再变化，故反应容器中的物质的量分数不再改变的状态是化学平衡状态；E由方程式可知，该反应是一个等体积变化，压强始终不改变，故压强不再改变的状态不一定是

25、化学平衡状态；F根据可知，m不变，n也不变，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，故不可作为反应达平衡的标志；故选AD；(2)由方程式可知，反应物X、Y变化量为1:1，设变化量为x，则有：，推出：mol，故答案为：；(3）利用极限确定a的取值范围：若从正反应开始到达平衡，则a值最大，所以：，即，故；若从逆反应开始到达平衡，则a值最小，所以：，即，故；故答案为：；(1)恒温、恒压下到达平衡后，C的物质的量为3amol，说明和(2)所达到的平衡是相同的平衡，满足A.B起始量分为3mol、3mol，依据三段式列式判断；假设反应正向进行依据等效平衡：，x=2，B的物质的量=3- 3a，当3a1，,B的物质的量小于2；当3a=1，B的物质的量等于2；当3a1，B的物质的量大于2；故选，所以答案为：2，；(2)若开始时放入6molA和6molB，到达平衡后再加入3molC，根据等效平衡的原理此时和(1)中的开始时放入1molA和1molB是等效平衡，待再次到达平衡后,达到的平衡与(1)是相同的,所以C的物质的量分数可以根据(1)计算得到即C的物质的量分数，故答案为：答案第19页，共10页