第二章化学反应速率与化学平衡同步习题-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1.docx

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1、第二章 化学反应速率与化学平衡同步习题一、单选题1反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数为K1；反应：HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为(平衡常数为同温度下的测定值AK1=K2BK1=K2CK1=2K2DK1=2甲苯(用C7H8表示)是一种挥发性的大气污染物。热催化氧化消除技术是指在Mn2O3作催化剂时，用O2将甲苯氧化分解为CO2和H2O。热催化氧化消除技术的装置及反应机理如图所示，下列说法中错误的是A反应的方程式为B反应中Mn元素的化合价升高C反应中O-H键的形成会释放能量DMn2O3作催化剂可降低总反应的焓变3在体积为的恒容密闭容器中发生反

2、应，图1表示时容器中、物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是A200时，反应从开始到平衡的平均速率B由图2可知反应，正反应吸热且C若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入和，此时D时，向空容器中充入和，达到平衡时的体积分数小于0.54目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是A第、步反应均释放能量B该反应进程中有二个过渡态C酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能D总反应速率由第步反应决定5在容积固定的2 L密闭容器中发生反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)Ha kJmol1，若充入2 mo

3、l CO(g)和4 mol H2(g)，在不同温度、不同时段下H2的转化率如下表：(已知a1a2)15分钟30分钟45分钟1小时T145%75%85%85%T240%60%a1a2下列说法中错误的是AT1下，45分钟该反应达到平衡状态B根据数据判断：T106下列叙述及解释正确的是A，在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B，在达到平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C，在达到平衡后，加入碳，平衡向正反应方向移动D，在达到平衡后，保持压强不变，充入，平衡向左移动7可逆反应中，当其它条件不变时，C的质

4、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 吸热反应D 放热反应8湿法烟气脱氮工艺中常用到尿素，其反应原理为NO（g）NO2（g）CO（NH2）2（s）2N2（g）CO2（g）2H2O（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，一定不能自发进行二、填空题13氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。(1)合成塔中发生反应的化学方程式为：_。(2)工业生

5、产中为了储运大量浓硝酸，最好选择_作为罐体材料。A铜B铂C铝D镁(3)与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有_ (填字母序号)。A酸雨B沙尘暴C光化学烟雾D白色污染(4)人们开发了溶液吸收、催化还原等尾气处理方法。请以尾气中的NO2处理为例，写出相关反应的化学方程式：纯碱溶液吸收法：(提示：NO2与纯碱溶液反应可发生歧化生成两种盐) _(5)氮及其化合物在催化剂a和催化剂b转化过程如图所示，下列分析合理的是_。A催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成BN2与H2反应属于氮的固定过程C在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移(6)某兴趣小组对反应2NH3(g) N2(g)+3

6、H2(g)进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1 mol NH3通入3 L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200 kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0t1时间内的反应速率v(H2)=_molL-1min-1(用含t1的代数式表示)；t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是_(用图中a、b、c、d表示)。14图、依次表示在酶浓度一定时，反应速率与反应物浓度、温度的关系。请据图回答下列问题：(1)图中，反应物达到某一浓度时，反应速率不再上升，其原因是_。

7、(2)图中，催化效率最高的温度为_(填“”或“”)点所对应的温度。(3)图中，点到点曲线急剧下降，其原因是_。(4)将装有酶、足量反应物的甲、乙两试管分别放入12和75的水浴锅内，后取出，转入25的水浴锅中保温，试管中反应速率加快的为_(填“甲”或“乙”)。15气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及周边反应是新型科研热点。回答下列问题：(1)恒容密闭容器中，在Ni作催化剂条件下，NH3分解反应如下：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，不同温度下，NH3分解率随时间变化如图所示，T1_T2；v正=k正c2(NH3)，v逆=k逆c(N2)c3(H2)，N

8、H3的初始浓度为c1，T1时NH3分解反应平衡时_；曲线中，k正k逆值最大的曲线为_。(2)NH2COONH4是尿素生成过程的中间产物，在密闭容器中，发生分解反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)。T/K298303308313318-lgK3.6383.1502.7172.2941.877表中为不同温度时测得的化学平衡常数K取负对数值，据此推断该分解反应的H_0(填“”或“”)；若298K时，从反应开始至反应达平衡状态时用时tmin，测得平衡时，容器内压强为pMPa，则用分压表示的NH3的生成速率v(NH3)_。16在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压

9、强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)I2(g)=2HI(g)(1)保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2，反应速率_。(2)升高温度，反应速率_。(3)扩大容器体积，反应速率_。(4)保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，反应速率_。(5)保持容器体积不变，向其中充入1 mol N2，反应速率_。(6)保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol N2，反应速率_。三、计算题17将和通入1.00 L的密闭容器中，1000 K时，反应达到平衡，测得平衡时的物质的量浓度为。计算该温度下反应的平衡常数。_18在2 L密闭容器中进行反

10、应：mX(g)+nY(g)pZ(g)+qQ(g)，式中m、n、p、q为物质的化学计量数。在03 min内，各物质的物质的量变化如表所示：物质时间XYZQ起始/mol0.712 min末/mol0.82.70.82.73 min末/mol0.8已知2 min内v(Q)=0.075 molL-1min-1，=。(1)试确定以下物质的相关量：起始时n(Y)=_，n(Q)=_。(2)化学方程式中m=_，n=_，p=_，q=_。(3)用Z表示2 min内的反应速率：_。(4)2 min末Q的转化率为_。四、工业流程题19金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践中，以富钒炉渣(其中

11、的钒以FeOV2O3、V2O5等形式存在，还有少量的SiO2、Al2O3等)为原料提取金属钒的工艺流程如图所示。提示：钒有多种价态，其中+5价最稳定；V2O5在碱性条件下可转化为VO。(1)试列举可加快“高温氧化”速率的措施：_(填一条)。(2)“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为_、_。(3)“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为_。(4)“高温氧化”过程中，若有1molFeOV2O3被氧化，则转移的电子数为_NA。(5)写出“焙烧”时Al2O3发生反应的化学方程式：_。(6)在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为_(写化学式)。20铬是一种重要的金属材料，被广泛用于冶金、化工、耐火材料

12、等行业。某铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量 MgO、Al2O3和杂质SiO2等，利用其制备多种铬产品和其他金属产品的工艺流程如下：已知：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2 SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2回答下列问题：(1)步骤发生的主要反应为2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A，反应时应选用何种材质的容器？_(填字母)。A塑料B刚玉C铁D石英(2)步骤的操作是_，“滤渣 2”是Al(OH)3和_。 写出过量物质A与“滤液1中溶质生成Al(OH)3 的离子方程式：_。(3)“滤液2”

13、中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用离子方程式表示该反应：_。(4)制取高纯铬常用电解法和铝热法，铝热法的缺点是_。步骤是在隔绝空气条件下，除生成Cr2O3 外，还生成了Na2CO3和CO，若该反应中有3 molNa2Cr2O7 参加反应，则转移的电子为_mol。(5)“滤渣1”中铁元素含量较高，具有回收价值。为回收金属，需要将含Fe3+的有机相进行反萃取，当反萃取剂的浓度均为0.5 molL-1 时，反萃取效果最好的物质是_(填化学式)。试卷第7页，共8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：1D【解析】反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数 ，反应

14、：HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数，对比两者表达式可得出，即K1=，故选D。2D【解析】从图中可以看出，反应中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，反应中，MnO2将C7H8氧化，重新生成Mn2O3。【解析】A由图中可以看出，反应中，MnO2转化为Mn2O3，C7H8生成CO2和H2O，方程式为，A正确；B反应中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，Mn元素的化合价升高，B正确；C反应中，C7H8与MnO2反应生成H2O等，形成O-H键，从而释放能量，C正确；DMn2O3作催化剂，可降低总反应的活化能，但不能改变反应的焓变，D错误；故选D。3D【解析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量

15、变化量为，B的物质的量变化量为0.4 mol -0.2 mol =，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)。可计算平衡常数K=25。【解析】A由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故 ，选项A错误；B在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比：，即a=2。由图乙可知，：一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即，选项

16、B错误；C恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，选项C错误；D由图可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：1：1，平衡时A 的体积分数为，时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于，选项D正确。答案选D。4B【解析】A. 根据反应历程，结合图可知，第步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B. 根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量

17、较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C. 酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D. 活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第步反应的活化能最大，总反应速率由第步反应决定，选项D正确；答案选B。5B【解析】根据平衡的定义，当物质的浓度保持不变时达到的状态即为平衡状态进行判断平衡点，根据转换率可表示单位时间内转换的快慢可以判断反应速率。根据速率公式进行计算速率。【解析】AT1下，45分钟到1小时氢气的转化率不变，故可判断达到平衡，故A正确；B根据a1a2判断T2时达到平衡的时间在45分钟后，T2比T1的反应慢，故温度低，B不正确；CT2

18、下，在前30分钟内氢气的转化率为60%，则转换了的氢气的物质的量为：4 mol 60%=2.4mol，则转换的一氧化碳根据方程式计算得：1.2mol，根据速率公式得：，故C正确；D根据温度T2到T1的转化率降低，说明平衡相对向逆移，而温度降低，故逆反应为放热，正反应时吸热反应，故D正确；故选答案B。【点睛】注意反应是吸热还是放热，根据温度对平衡的影响进行判断，升高温度平衡向吸热方向移动。6D【解析】A缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，错误；B增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但气体体积增大，各气体浓度均减小，混合

19、气体颜色变浅，错误；C为固体，加入碳后，平衡不移动，错误；D合成氨时保持压强不变，充入，则容器容积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向左移动，正确。故选D。7D【解析】温度升高反应速率加快，T2先达到平衡，可知T1 0.12(c1)2 (2) MPa/min【解析】（1）图象是NH3分解率和时间的关系，先达到平衡，说明温度高，即T1T2，当反应达到平衡，v正=v逆，v正=k正c2(NH3)= v逆=k逆c(N2)c3(H2)，推出=K，达到平衡时，NH3的分解率为40%，此时消耗c(NH3)=0.4c1molL1，c(N2)=0.2c1moLL1，达到平衡时

20、，c(NH3)=0.6c1molL1，c(N2)=0.2c1molL1，c(H2)=0.6c1molL1，K=0.12(c1)2，即0.12(c1)2，k正k逆最大，说明反应向正反应方向进行程度增大，根据图象，温度升高NH3的分解率增大，即温度越高，向正反应方向进行程度越大，k正k逆最大的曲线为；故答案为；0.12(c1)2；（2）根据表中数据温度越高，K越大，说明该分解反应为吸热反应，即H0；反应速率是单位时间内物质的变化量，尿素为固体，氨气和二氧化碳的物质的量之比为21，即氨气的物质的量分数为，用分压表示的氨气的生成速率为MPamin1=MPa/min；故答案为；MPa/min。16 增大

21、 增大 减小 不变 不变 减小【解析】(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。170.0353（mol/L）【解

22、析】反应达到平衡，测得平衡时的物质的量浓度为，则平衡时，因此1000 K时，的平衡常数。18(1) 2.3 mol 3.0 mol(2) 1 4 2 3(3)0.05 molL-1min-1(4)10%【解析】（1）由表中数据可知：2 min末与3 min末Z的物质的量不变，2 min末反应达到平衡状态，且X的物质的量增加、Z的物质的量减小，反应逆向进行。在2 min内v(Q)=0.075 mol/(Lmin)，转化的Q的物质的量n(Q)=0.075 mol/(Lmin)2 min2 L=0.3 mol，由=，可知n：p=2：1，n(Y)：n(Z)=n：p=2：1，n(Z)=0.2 mol，n

23、(Y)=2n(Z)=0.4 mol，所以起始时n(Y)=2.7 mol-0.4 mol=2.3 mol；Q是生成物，反应逆向进行，随着反应的进行，Q的物质的量减少，根据2 min内v(Q)=0.075 mol/(Lmin)，可知2 min内转化的Q的物质的量n(Q)=0.075 mol/(Lmin)2 min2 L=0.3 mol，可知Q的初始物质的量n(Q)=0.3 mol+2.7 mol=3.0 mol；（2）根据表格数据及(1) 的计算可知在2 min内，各种物质的物质的量改变值分别是：n(X)=0.1 mol，n(Y)= 0.4 mol, n(Z)=0.2 mol，n(Q)=0.3 m

24、ol，由于转化量之比等于化学计量数之比，则m：n：p：q=0.1 mol：0.4 mol：0.2 mol：0.3 mol=1：4：2：3，所以化学方程式中相应物质的化学计量数分别为1、4、2、3；（3）在2 min内Z的物质的量改变了1 mol-0.8 mol=0.2 mol，容器的容积是2 L，则2 min内用Z是浓度变化表示的反应速率v(Z)=mol/(Lmin);（4）根据2 min内v(Q)=0.075 mol/(Lmin)，可知2 min内转化的Q的物质的量n(Q)=0.075 mol/(Lmin)2 min2 L=0.3 mol，反应开始时n(Q)=2.7 mol+0.3 mol=

25、3.0 mol，则2 min末Q的转化率为。19(1)将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合)(2) NH3 Fe2O3(3)AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO(4)5(5)Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2(6)CaSiO3【解析】本题是工艺流程题，根据原材料的成分，首先用氯酸钾将原材料中的二价铁氧化为三价铁，然后加入碳酸钠焙烧，将二氧化硅转化为硅酸钠除去，用氢氧化钠浸取将氧化铝转化为偏铝酸钠，过滤除掉氧化铁，再用碳酸氢铵调pH除掉硅酸钙和氢氧化铝，以此解题。【解析】（1）从影响反应速率的因素考虑可加快“高温氧化”速率的措施有：将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与

26、富钒炉渣充分混合)；（2）经高温氧化，焙烧，然后加氢氧化钠浸取此时不溶于水的滤渣1应该为：Fe2O3；在调pH时和沉钒时加入铵盐，铵盐受热易分解，故热解后得到的气体Y为氨气；（3）浸取后滤液中铝元素以AlO形式存在，加入碳酸氢铵后和AlO生成氢氧化铝沉淀，方程式为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO；（4）高温氧化时，铁元素和钒元素化合价升高，铁从+2价升到+3价，钒从+3价升到+5价，故1molFeOV2O3被氧化转移的电子数为5NA；（5）焙烧时加入的碳酸钠和氧化铝反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，方程式为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；（6）硅在高温时将钒还原()，

27、同时生成的二氧化硅与氧化钙反应生成炉渣()。20(1)C(2) 水浸、过滤 H2SiO3 +CO2 +2H2O=Al(OH)3+(3)2+2H+ =+H2O(4) 能耗大或者产品纯度较低 18(5)(NH4)2HPO4【解析】铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量 MgO、Al2O3和杂质SiO2等，加入Na2CO3、NaNO3进行熔融、氧化，发生反应2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2CO2、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2，所得产物进行水浸、过滤，得到

28、的滤渣1主要为Fe2O3、 MgO，滤液1中含Na2CrO4、NaNO2、NaAlO2、Na2SiO3、Na2CO3、NaNO3，滤渣1加硫酸进行酸溶、加过氧化氢进行氧化，所得溶液加有机萃取剂进行萃取分液，得到含有铁离子的有机相，经过一系列处理得到铁离子，向滤液1中通入过量的二氧化碳，二氧化碳和NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀、和Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀，因此滤渣2的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3，经过一系列处理得到含铝产品，滤液2中Na2CrO4经过酸化得到Na2Cr2O7，Na2Cr2O7与焦炭在高温条件下反应得到Cr2O3，Cr2O3经处理得到Cr。【解析】（

29、1）A塑料不耐高温，A错误；B刚玉主要成分为氧化铝，氧化铝高温条件下能和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，B错误；C铁不与上述反应过程中的物质反应，C正确；D石英主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳酸钠高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，D错误；答案选C。（2）熔块经处理得到滤渣和滤液，因此步骤为水浸、过滤，由分析可知，滤渣2是Al(OH)3和H2SiO3，步骤发生的主要反应为2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A，依据原子守恒可知，A为CO2，过量的CO2与“滤液1中的NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：+CO2 +2H2O=Al(OH)3+。（3）“滤液2”中的Na2CrO4经H2SO4酸化得到Na2Cr2O7，离子方程式为：2+2H+ =+H2O。（4）铝热法制高纯铬，铝热反应的耗能大，得到产品的纯度低，Na2Cr2O7与焦炭在高温条件下除生成Cr2O3 外，还生成了Na2CO3和CO，铬元素化合价由+6价降低到+3价，若该反应中有3 molNa2Cr2O7 参加反应，则转移电子的物质的量为3mol=18mol。（5）由图象可知，当反萃取剂的浓度均为0.5 molL-1 时，(NH4)2HPO4的反萃取效果最好。答案第17页，共9页