专题2化学反应速率与化学平衡单元检测题--高二上学期化学苏教版（2020）选择性必修1.docx

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1、专题2化学反应速率与化学平衡单元检测题一、单选题1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请回答下列问题：(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1mol/L，c(N)=2.4mol/L，达到平衡后，M的转化率为60，此时N的转化率为_；原混合气体与平衡混合气体的压强之比，p(始):p(平)=_(2)若反应温度升高，M的转化率_(填“增大”“减小”或“不变”；)(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)=4mol/L,c(N)=amol/L;达到平衡后，c(P)=2mol/L,a=_

2、(4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)=bmol/L，达到平衡后，M的转化率为_。(5)若反应温度不变，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(M)=0.5mol/L，c(Y)=0.2mol/L，c(P)=0.4mol/L，c(Q)=0.4mol/L，则下一时刻，反应向_(填“正向”或“逆向”)进行。15硫酸工业中， 是重要一步反应。回答下列问题：(1)某温度下，若的平衡常数，则在同一温度下，反应的平衡常数K=_。(2)在恒温下，向恒容密闭容器中加入和发生反应，时反应达到平衡。测得内，平衡后的转化率1=_。其他条件不变，反应若在恒压条件下进行，平衡时的转化率2_(填“”“

3、=”或“”、“=”、“”)时，实验能够证明假设2成立。经检验，A溶液中还含有少量亚硝酸HNO2。设计实验证明HNO2也对该反应有催化作用。操作和预期现象是：向含有铜片的B溶液中_。最后结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。21NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应：NaNO2+NH4ClN2+NaCl+2H2O。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。实验步骤：往A中加入一定体积(V)的溶液、溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，通过分液漏斗往A中加入醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收集气体。用秒表测量收集所需的间，重复多次取平均

4、值(t)。回答下列问题：(1)检验装置气密性的方法：_。(2)若需控制体系的温度为36，采取的合理加热方式为_。(3)每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。实验编号溶液溶液醋酸水14.0V14.08.03342V24.04.0V315038.04.04.04.083412.04.04.00.038_，_。该反应的速率方程为，k为反应速率常数。利用实验数据计算得_(填整数)。醋酸的作用是_。(4)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，与盐酸反应生成，分解产生等物质的量的两种气体。反应结束后，A中红棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的现象有_。分解产生的

5、两种气体用过量的氢氧化钠溶液吸收的化学方程式为_。试卷第11页，共11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【解析】At4t5反应速率均增大，且平衡逆向移动，该反应为放热反应，故t4改变的原因可能是升高温度，A正确；Bt3时刻也是正向移动，二氧化碳为生成物，二氧化碳含量最高的时间段是t3t4，B错误；Ct2t3反应速率均增大，且平衡正向移动，t2时刻未突变，故引起变化的原因可能是增加反应物浓度，C正确；Dt6时刻反应速率增大，平衡不移动，故引起变化的原因可能是加入催化剂，D正确；答案选B。2C【解析】A该历程中活化能应为1.68-(-0.433) 10-24eV=

6、2.11310-24eV，故A错误；B由图中反应机理可知，M2为HCl、C2H2与HgCl2形成的中间体，故B错误；C反应物或产物在催化剂表面进行吸附和脱离，故C正确；D题目中模拟的是单个乙烯分子，该反应的热化学方程式为HCCH(g)+HCl(g)H2C=CHCl(g)H=-2.2410-24NA eVmol-1，故D错误；故选C。3A【解析】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

7、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。4D【解析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，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

8、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

9、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。5C【解析】A压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则H0，A错误；B温度相同时，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知压强p1p2p3，B错误；Ca点乙烯转化率为20%，则消耗的n(C2H4)=1 mol20%=

10、0.2 mol，对于可逆反应可列三段式：，有化学平衡常数，C正确；D温度越高、压强越大反应速率越快，反应达到平衡时间越短，压强：p2p3，温度：a点b点，则达到平衡时间：ab，D错误；故答案选C。6B【解析】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。7C【解析】A根据图示，过程S-H断裂，断开化

11、学键吸收能量，故A错误；B根据图示，过程中-SH与-CH3结合，氢原子与氧原子结合，形成了O-H键和C-S键，故B错误；C由图示可知，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应过程中，-SH取代了甲醇中的-OH，反应类型为取代反应，故C正确；D催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但反应前后没有变化，在中间过程参加了反应，故D错误；故答案选：C。8A【解析】A单位时间内生成2nmolA，同时生成nmolD，反应进行的方向相反，且物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，达到了化学平衡状态，A符合题意；B因为反应前后气体的分子数相等，压强始终保持不变，所以当容器内压强不随时间而变化时，不能确定反应达平衡状态，B

12、不符合题意；C单位时间内生成nmolB，同时消耗1.5nmolC，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，C不符合题意；D容器内混合气体的质量、容器的体积始终不变，密度始终不变，所以当密度不随时间而变化，反应不一定达平衡状态，D不符合题意；故选A。9B【解析】A将少量片放入溶液中，发生反应，没有铁被置换出来，不能证明的金属性比强，故不选A；B将点燃的镁条置于盛有集气瓶中，发生反应，镁是还原剂、C是还原产物，证明镁的还原性比碳强，故选B；CFe2+还原性大于Br-，氯气先氧化Fe2+，向溶液(含少量杂质)中加入适量氯水，不能除去溶液中的，故不选C；D向溶液中加入5滴同浓度的溶液，过量，再加入几滴溶

13、液，溶液显血红色，不能证明与的反应是可逆反应，故不选D；选B。10D【解析】A由反应I可知该反应S0，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。11B【解析】Aa与b相比，a的活化能更

14、高，故A错误； B正反应放热，反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，故B正确；Ca与b相比，b活化能小，b中的活化分子的百分比更高，故C错误；Da与b相比，b活化能越小，b对应的反应速率更快，故D错误；选B。12B【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

15、速率由第步反应决定，选项D正确；答案选B。13D【解析】A煤块粉碎为煤粉,增大接触面积,可以加快反应速率,故A不选；B在食品中添加防腐剂，可以减慢反应速率，故B不选；C冰袋可以降低温度，减慢反应速率，故C不选；D提高炼铁高炉的高度不能改变平衡状态，因此不能减少尾气中CO的浓度，也不能改变反应速率，故D选故选D。14(1) 25% 1:1(2)增大(3)6(4)41%(5)逆向【解析】(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1mol/L，c(N)=2.4mol/L，达到平衡后，M的转化率为60，列三段式可得N的转化率为100%=25%；原混合气体与平衡混合气体的压强之比等于物质的量之

16、比，故p(始):p(平)=(1+2.4)：(0.4+1.8+0.6+0.6)=3.4：3.4=1：1。(2)反应吸热，故温度升高，平衡正向移动，M的转化率增大。(3)由(1)可知，某温度下，K=，则，所以K=，故a=6。(4)由(1)可知，某温度下，K=，则，所以K=，可得b=2.4x，故M的转化率为100%=41%。(5)某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(M)=0.5mol/L，c(Y)=0.2mol/L，c(P)=0.4mol/L，c(Q)=0.4mol/L，则Q=1.6K，故反应逆向进行。15(1)(2) 75% 不变 升高温度(3) A D【解析】的平衡常数K=，的平衡常数K=，

17、据此分析解答；根据v=，结合化学平衡的影响因素分析解答；若n(SO2)不变，的比值越小，说明n(O2) 越大，相当于充入氧气，平衡正向移动，结合图象分析解答。【解析】（1）某温度下，若的平衡常数，即K=100；则在同一温度下，反应的平衡常数K=，故答案为：；（2）测得10min内，则n()=7.510-3molL-1min-110min2L=0.15mol，由方程式可知，反应的的物质的量为0.15mol，则的转化率为100%=75%；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡

18、正向移动，转化率增大，即转化率21；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；正反应是放热反应，若要使平衡常数减小，可以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：75%；不变；升高温度；（3）若n(SO2)不变，的比值越小，说明n(O2) 越大，相当于充入氧气，平衡正向移动，的转化率越大，因此的转化率最大的是A点；根据图象，的比值越大，平衡时的体积分数越大，当达到平衡状态的体积分数应该大于C，可能是D、E、F三点中的D点，故答案为：A；D。16(1)N2+3H22NH3(2)C(3)AC(4)2NO2+Na2CO3=NaNO2 + NaNO3+CO2或2NO2+2Na2CO3+H2O

19、=NaNO2 + NaNO3+2NaHCO3(5)AB(6) b【解析】（1）合成塔中发生反应的化学方程式为：N2+3H22NH3；（2）铝遇浓硝酸会钝化，故工业生产中为了储运大量浓硝酸，最好选择铝作为罐体材料；（3）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有酸雨和光化学烟雾；（4）根据提示可知，NO2反应后生成的两种盐分别为NaNO2和NaNO3，故相关反应的化学方程式为：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2或2NO2+2Na2CO3+H2O=NaNO2+NaNO3+2NaHCO3；（5）A.催化剂a表面有NN键的断裂和N-H键的形成，A项正确；B.N2与H2反应属于氮的固

20、定过程，B项正确；C.在催化剂b表面形成氮氧键时N元素由-3价升高为+2价，有电子转移，C项错误；答案选AB；（6）0.1 mol NH3对应压强为200 kPa，平衡时NH3分压为120 kPa，则此时NH3为0.1mol=0.06mol，消耗NH30.04mol， molL-1min-1，则 molL-1min-1体积缩小，N2分压瞬间增大，由于平衡逆移动，N2分压增大后又减小，故能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是b。17(1) AC(2) 0.03molL-1min-1 0.4 molL-1 80% K= 4【解析】（1）对应K1、K2、K3给三个方程式分别编号为、，K对应方程式可

21、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

22、，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。18(1)20%(2)1：1(3)0.75(4)0.05(5)2【解析】（1）经5min达到平衡，此时生成C为2mol，测定的平均反应速率为，平衡时D的量为，则有：B的转化率为：；（2）恒温达平衡时，容器内压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与开始时压强比为；（3）经后，测得的浓度为的平均反应速率为，设开始时、的物质的量均为，则有：C的平均反应

23、速率为的速率为：，据速率之比等于系数之比可知，可得，可知此时的浓度；（4）B的平均反应速率：v(B)=；（5）据上述分析，反应速率之比等于计量数之比，可知19(1) 40% 1(2)25%【解析】（1）对于可逆反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，若起始浓度：CO为1molL-1，H2O为1.5molL-1，达到平衡时，平衡时CO转化率为60%，则CO的消耗量为molL-160%=0.6molL-1，则水的消耗量为0.6molL-1，而二氧化碳的生成量为0.6molL-1，氢气的生成量为0.6molL-1，而水的平衡浓度为1.5molL-1-0.6molL-1=0.9molL-

24、1，一氧化碳的平衡浓度为1molL-1-0.6molL-1=0.4molL-1，则H2O的转化率为0.6molL-11.5molL-1=40%，平衡常数。（2）557时，若起始浓度改为：CO为1molL-1，H2O为3molL-1，达到平衡时，一氧化碳的转化量为xmolL-1，则水的转化量为xmolL-1，二氧化碳的生成量为xmolL-1，氢气的生成量为xmolL-1，则水的平衡浓度为(3-x)molL-1，一氧化碳的平衡浓度为(1-x)molL-1，则根据平衡常数可以计算：xmolL-1xmolL-1(3-x)molL-1(1-x)molL-1=1，求出x=0.75molL-1，H2O的转化

25、率为0.75molL-13molL-1=25%。20(1)(稀)=(2) 分液漏斗或滴液漏斗 N2、CO2、稀有气体等 (浓)=(3) 或 排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响 加入少量的固体NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行【解析】（1）稀硝酸是氧化剂，铜是还原剂，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，配平后方程式为(稀)=，故答案为：(稀)=。（2）装置A中稀硝酸和铜反应生成NO，装置B除去NO中的硝酸，装置C中NO和浓硝酸反应生成了NO2，装置D除去尾气，避免污染空气。根据装置图，可得盛稀硝酸的仪器名称为分液漏斗或滴液漏斗，故答案为：分液漏斗或滴液漏斗。为了排除装置内的空

26、气，需要通入不与产生气体反应的气体，可通入N2、CO2、稀有气体等，故答案为：N2、CO2、稀有气体等。根据装置B中为无色气体，可知通入C中的气体为NO，装置C中液面上为红棕色气体，可知NO和浓硝酸反应生成了NO2，所以方程式为(浓)=，故答案为：(浓)=。（3）由验证性实验加少量硝酸铜固体可得，该假设是探究或对该反应有催化作用，故答案为：或。因为NO2会和水反应产生硝酸，致使硝酸浓度增大，避免浓度对反应的影响，故需增加对照实验；向A中鼓入N2数分钟，使得溶液中NO2的浓度下降，得溶液C，当。时，实验能够证明假设2成立。故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；。欲设计实验证明HNO2也

27、对该反应有催化作用，只需证明往含有铜片的B溶液中加入少量的固体NaNO2比没加的速率快就行。故答案为：加入少量的固体NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行。【点睛】该道题是探究类的实验题，做这类题时，需把握好上下文，遇到不会的，看前面和后面的信息，综合分析，特别是猜想，可以参考其他的猜想，也可以根据后面的实验过程总结猜想。21(1)关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，若一段时间后水难于滴入，则装置气密性良好(2)水浴加热(3) 4.0 6.0 2 加快反应速率(4) 量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱 2HNO2=NO2+NO+H2O【解析】(1)由图可知，该发生装置使用了分

28、液漏斗，检查该装置气密性的方法为：关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，若一段时间后水难于滴入，则装置气密性良好；(2)控制体系的温度为36，该温度小于100，可采用水浴加热法，使反应温度均匀平稳，故答案为：水浴加热；(3)根据实验3、4可知，溶液的总体积为20.0mL，则V1=(20.0-4.0-4.0-8.0)mL=4.0mL；该实验的目的是探究NaNO2溶液的浓度对化学反应速率的影响，并且NaNO2溶液的用量符合递变规律，则V2=6.0mL，V3=(20.0-4.0-4.0-6.0)mL=6.0mL，故答案为：4.0；6.0；由表中实验1、3数据可知，其他物质的浓度相同时，NaNO2溶液

29、的浓度增大1倍时，实验3、1中收集1.0mLN2所需时间比值为，即实验3的反应速率为实验1的4倍，由于，实验m2，故答案为：2；NaNO2和NH4Cl的反应为NaNO2+NH4Cl=N2+NaCl+2H2O，即醋酸在该反应中是催化剂，催化剂可加快反应速率，故答案为：加快反应速率；(4)用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，NaNO2与盐酸反应生成HNO2，HNO2分解产生等物质的量的两种气体是NO2和NO，反应为2HNO2=NO2+NO+H2O，NO2是红棕色气体，NO是无色气体，NO2能与水反应生成HNO3和NO，反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应结束后，量筒内收集的气体为NO，A中红棕色气体逐渐变浅，并且反应后气体的总物质的量减少，容器内压强降低，导管里上升一段水柱，故答案为：量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱；2HNO2=NO2+NO+H2O。答案第21页，共11页