第二章《化学反应速率与化学平衡》单元训练题--2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应速率与化学平衡》单元训练题 一、单选题 1．向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和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．△H>0 B．气体的总物质的量：na>nc C．a点平衡常数：K<12 D．反应速率：Va正>Vb正 2．在催化剂表面的选择性催化还原NO的反应机理如下图所示(如)吸附在催化剂表面可表示为，Ea表示活化能)。 下列有关说法正确的是 A．该反应温度越高，反应速率越快 B．比NO更易被催化剂吸附 C．反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成 D．决定总反应速率的基元反应可表示为： 3．催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：反应开始时，反应物按物质的量之比投料，在温度分别为、下反应，测得乙酸甲酯转化率随时间(t)的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．该醇解反应的 B．及时分离出甲醇，有利于提高转化率 C．A、B、C、D四点中，最大的点是C D．时，以物质的量分数代替平衡浓度的化学平衡常数 4．一种燃煤脱硫技术的原理是  。保持其他条件不变，不同温度下起始时的物质的量与平衡时体系中的体积分数的关系如图所示(T表示温度)。下列有关说法不正确的是 A． B．b点的转化率最高 C．增大压强可提高的转化率 D．点后曲线下降是因为体积分数升高 5．丙酮的碘代反应的速率方程为，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。 0.25 0.050 1.4 0.50 0.050 2.8 1.00 0.050 5.6 0.50 0.100 2.8 下列说法正确的是 A．速率方程中的 B．该反应的速率常数 C．增大的浓度，反应的瞬时速率加快 D．当过量的存在时，反应掉的所需的时间是 6．向溶液中通入过量，过程和现象如图。 经检验，白色沉淀为；灰色固体中含有。下列说法错误的是 A．①中生成白色沉淀的离子方程式为 B．①中的白色沉淀不是，说明没有生成 C．放置一段时间②中产生灰色固体是因为过量的将部分还原 D．该实验条件下，与反应生成的速率大于生成的速率 7．下列关于化学平衡的叙述正确的是 A．化学平衡状态是一种静止的状态，反应物和生成物的浓度已经不再改变 B．化学平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等且等于零 C．化学平衡常数K与温度、反应物浓度、体系的压强都有关 D．通常K越大，说明平衡体系中生成物所占比例越大，正反应进行程度越大 8．十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“”的脱氢过程释放氢气。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ: 在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。 下列说法不正确的是 A． B．反应Ⅱ过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 C．升高温度更有利于提高反应的速率 D．十氢萘脱氢过程中，不会有大量中间产物 积聚 9．一定温度下，在2.0L密闭容器中加入纳米级并通入，发生反应： ，不同时间产生的物质的量见下表，下列说法错误的是 时间 20 40 60 80 1.0 1.6 2.0 2.0 A．使用纳米级Cu2O，可以增大平衡时氧气的体积分数 B．达到平衡时，至少需要从外界吸收能量 C．增大，可以改变反应的限度 D．前20min的平均反应速率 10．对于反应，下列说法正确的是 A．其他条件不变，升高温度，颜色加深，则该反应的 B．将反应器容积压缩为原来的一半，气体颜色比压缩前深 C．升高温度，该反应的正反应速率减小，逆反应速率增大 D．其它条件不变，向平衡后的容器中再加入少量，达新平衡后的值减小 11．某化学研究小组在探究外界条件对反应速率和平衡的影响时，作出如下图像。下列判断正确的是 A．由图1可知，该反应 B．由图2可知，b曲线使用了催化剂 C．由图3可知，点1平衡逆向移动 D．由图4可知， 12．在容积为2L的密闭容器中发生反应：。图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示温度100℃和200℃平衡时C的体积分数随起始的变化关系，下列说法正确的是 A．中， B．200℃，反应从开始到平衡的平均速率 C．由图乙可知，反应的，且 D．当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正、逆反应速率均增大 13．在2L的恒容密闭容器中同时进行下列两个可逆反应：①；②。下列叙述不能说明容器内的反应达到平衡状态的是 A．容器内压强不再发生变化 B．容器内气体的密度不再发生变化 C．CH3OH的体积分数不再发生变化 D．单位时间内，消耗的CO与生成的O2的物质的量之比为1∶1 14．下列叙述正确的是 A．的燃烧热为，则 B．，则和充分反应放热 C．反应的且，该反应在较低温度下可自发反应 D．，改变条件使浓度增大时，平衡一定发生移动 二、非选择题 15．以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝(AlN)；通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2，可通过二氧化碳甲烷化再利用。 在常压，Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体(体积比1：4，总物质的量a mol)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。 反应I ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H1 反应II： CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2 350℃时，反应I在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，该温度下反应I的平衡常数为 (用a、V表示)。 16．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。 用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式 ； 17．目前，汽车尾气系统中均安装了催化转化器。在催化转化器中，汽车尾气中的CO和NO在催化剂的作用下发生反应：   (1)已知：①   ②   则 kJ/mol。 (2)将CO和NO以一定流速通过两种不同的催化剂发生反应，相同时间内测量逸出气体中的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果下图所示。 ①a点的 b点的(填“>”“<”或“=”)。 ②c点 (填“是”或“否”)一定是平衡状态，理由是 。 ③研究表明氧气的存在对于NO的还原有抑制作用，原因是 。 (3)对于反应，实验测得：，，、分别是正、逆反应速率常数，且只是温度的函数。下列说法中正确的是 。 A．反应余热可以进入温差发电器为电能汽车提供动力 B．使用不同的催化剂反应的活化能随之改变 C．其他条件不变，随1/T增大而增大 (4)T℃，将2molNO(g)和2molCO(g)通入体积为1L的恒容密闭容器发生上述反应，时达到平衡，测得反应过程中CO的转化率与时间的关系如下图，则a点处对应的 。 18．回答下列问题： (1)I.如表是该小组研究影响过氧化氢H2O2分解速率的因素时采集的一组数据：用10mLH2O2制取150mLO2所需的时间(秒)。 30%H2O2 15%H2O2 10%H2O2 5%H2O2 无催化剂、不加热 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 无催化剂、加热 360s 480s 540s 720s MnO2催化剂、加热 10s 25s 60s 120s 该研究小组在设计方案时。考虑了浓度、 、 等因素对过氧化氢分解速率的影响。 (2)II.100mL1mol·L-1稀硫酸与过量锌粒反应，一定温度下，为了减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采取的措施是 。 A．加入少量碳酸钠粉末     B．加入少量硫酸铜溶液     C．加入适量Na2SO4溶液    D．加热    E.加水 III.一定温度下某反应在体积为5L的恒容密闭的容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如图所示(已知A、B、C均为气体)。 (3)该反应的化学方程式为 。 (4)反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为 。 (5)由图求得平衡时A的转化率为 。 (6)平衡时体系内的压强与初始时压强之比为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【详解】A．由图像可知，在容器甲中是绝热条件下，开始压强增大，说明反应温度升高，故反应为放热反应，所以ΔH＜0，故A错误； B．a、c两点压强相等，容器体积相等，依据阿伏伽德罗定律，此时气体的物质的量与温度成反比，需注意a点温度比c点对应温度高，则气体总物质的量na＜nc，故B错误； C．假设c点达到平衡，设Z平衡物质的量为q，列出三段式： 在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则，解得q=0.75mol，根据K===12，c点平衡常数K=12，实际是c点不是平衡点，甲容器是绝热容器，a点是平衡点，a点的压强Pa=P始，若温度和c点相同，则平衡时气体总物质的量na=n始，甲容器绝热温度升高，则气体总物质的量na＜n始，q＞0.75mol，故a点平衡常数：K＞12，故C错误； D．温度越高，反应速率越大，因为甲是在绝热条件下，故a的温度大于b的温度，故反应速率：Va正>Vb正，故D正确； 答案选D。 2．D 【详解】A．由图，NH3、NO与催化剂CuMn2O4结合的过程是放热的，温度高不利于结合，总反应不会温度越高反应速率越快，A错误； B．NO与催化剂CuMn2O4结合的过程放热更多，即结合后更稳定，NO比NH3更易被催化剂CuMn2O4吸附，B错误； C．反应过程中有极性键的断裂与非极性键的形成，C错误； D．NH3更不易被催化剂CuMn2O4吸附并产生H，是较慢的一步，为决定总反应速率的基元反应，D正确； 本题选D。 3．C 【详解】A． 根据图象，①最先达到化学平衡，故①的速率最快，说明①对应的是最高温度350K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以△H＞0，A正确； B． 及时分离出甲醇，平衡正向移动，有利于提高转化率，B正确； C． A、B、C、D四点中，根据v正=k正•c(CH3COOCH3)•c(C6H13OH)，v逆=k逆•c(CH3COOC6H13)•c(C6H13OH)，A点c(CH3COOCH3)•c(C6H13OH)大，温度高，因此A点正最大，C错误； D． 时，以物质的量分数代替平衡浓度的化学平衡常数，D正确； 故选C。 4．B 【详解】A．正反应放热，降低温度，平衡正向移动，CO2的体积分数增大，所以，故A正确； B．起始CO物质的量越大，SO2转化率越高，所以c点SO2转化率最高，故B错误； C．增大压强，平衡正向移动， CO、SO2转化率增大，故C正确； D．投料比等于系数比时，生成物的体积分数最大，b点后曲线下降是因CO体积分数升高，故D正确； 故选B。 5．D 【详解】A．由表格数据知，当碘的浓度相同时，丙酮浓度增大一定倍数时，反应瞬时速率也增大相应的倍数，说明反应瞬时速率与丙酮浓度一次方成正比，故m=1，由第二组和第四组数据知，当丙酮浓度相同时，碘的浓度改变对反应瞬时速率无影响，故n=0，A错误； B．由A知m=1，n=0，则速率方程v=kc(CH3OCH3)，代入第一组数据计算可得k=5.6×10-3 min-1，B错误； C．由第二组和第四组数据分析可知，其他条件不变时，增大I2的浓度，反应瞬时速率不变，C错误； D．存在过量的I2，反应掉87.5%丙酮，可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需时间为，D正确； 故选D。 6．B 【详解】A．经检验，白色沉淀是Ag2SO3，所以①中生成白色沉淀的离子方程式为，故A正确； B．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，使溶液呈酸性，在酸性条件下，硝酸根氧化二氧化硫生成硫酸根，白色沉淀不是硫酸银，是因为硫酸根离子浓度较小，不能说明没有硫酸根，故B错误； C．放置一段时间②中产生灰色固体中含有银，说明部分银离子被过量的SO2还原，故C正确； D．该实验条件下，先产生Ag2SO3，后产生Ag，说明SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，故D正确； 故答案为：B。 7．D 【详解】A．化学平衡状态是一种动态平衡，正逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度已经不再改变，A错误； B．化学平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等，但是不等于零，B错误； C．对于确定的反应，化学平衡常数K只与温度有关，C错误；   D．通常K越大，说明平衡正向进行程度大，故平衡体系中生成物所占比例越大，D正确； 故选D。 8．A 【详解】A．Ea1为反应Ⅰ的活化能，Ea2为反应Ⅱ的活化能，由图可知，ΔH1＜Ea1-Ea2，故A错误； B．反应Ⅱ为，断开了C-H键，形成了H-H，即有极性键的断裂和非极性键的形成，故B正确； C．反应I吸热更多，更有利于提高反应I的速率，故C正确； D．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，即消耗C10H12速率大于生成C10H12，所以C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12，故D正确。 答案选A。 9．A 【详解】A．氧化亚铜是催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，所以不能改变平衡时氧气的体积分数，A项错误； B．根据表中数据可知，反应达到平衡时，氧气的物质的量为0.002mol，根据热化学方程式可知，生成0.0020mol氧气，需要从外界吸收的能量为，B项正确； C．增大水蒸气的浓度，可以使平衡向正向移动，C项正确； D．前20 min内，生成0.0010mol氧气，则消耗0.0020mol水蒸气，水蒸气的浓度变化量为0.0010mol/L，，D项正确； 答案选A。 10．B 【详解】A．对于平衡，升高温度颜色加深，说明反应为放热反应，，故A错误； B．将反应器容积压缩为原来的一半，平衡正向移动，但是NO2的浓度还是比原来大，故气体颜色比压缩前深，故B正确； C．升高温度，该反应的正反应速率和逆反应速率都增大，故C错误； D．该反应的平衡上述K=，温度不变，K不变，所以也不变，故D错误。 答案选B。 11．C 【详解】A．正逆反应速率相等时是平衡状态，接着随温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，说明正反应放热，即∆H<0，A错误； B．使用催化剂一般加快反应速率，但不影响平衡移动，a是使用催化剂时的曲线，B错误； C．曲线上任意一点都表示达到平衡状态，点1在曲线上方未达到平衡状态，B的转化率减小，平衡逆向移动，C正确； D．温度一定时，加压C的百分含量增加，则P1>P2，D错误； 故选C。 12．C 【分析】由甲图可知，A的物质的量减小0.8mol−0.4mol=0.4mol，B的物质的量减小0.4mol−0.2mol=0.2mol，C的物质的量增加0.2mol，A、B为反应物，C为生成物，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，化学计量数之比为0.4mol:0.2mol:0.2mol=2:1:1，5min达到平衡，则反应为2A(g)+B(g)⇌C(g)； 【详解】A．由上述分析可知反应方程式为2A(g)+B(g)⇌C(g)，则x=1，故A错误； B．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)= =0.02 mol⋅L−1⋅min−1，故B错误； C．由图乙可知，a一定时温度越高，C%越大，则升高温度平衡正向移动，则2A(g)+B(g)⇌C(g)△H>0，且a=2时平衡时C%最大，故C正确； D．由200℃降到100℃时，温度降低，正逆反应速率均减小，原平衡被破坏，故D错误； 故选C。 13．D 【详解】A．反应①是气体分子数增多的反应，反应②是气体分子数减少的反应，则压强是变量，容器内压强不再发生变化，能证明反应达到平衡状态，A不选； B．反应①有固体参与反应，故容器内气体的质量是变量，体积不变，则容器内气体密度是变量，不变时，能证明达到平衡状态，B不选； C．CH3OH的体积分数是变量，不变时，能证明达到平衡状态，C不选； D．单位时间内，消耗的CO与生成的O2的物质的量为同一方向，不能证明达到平衡状态，D选； 故选D。 14．C 【详解】A．氢气的燃烧热的热化学方程式中水应为液态，故A错误； B．0.5molN2(g)和1.5molH2(g)充分反应无法完全转化为1molNH3，放出的热量小于46.2kJ，故B错误； C．放热、熵减的反应再较低温度下可自发反应，故C正确； D．若达平衡时，增大压强使容器体积减小，HI和H2、I2的浓度同等程度增大，平衡不移动，故D错误； 故选：C。 15． 【详解】350℃时，反应I在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，此时CO此时，则 ， 该温度下反应I的平衡常数为=。 16． 【详解】二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此若用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，则压强平衡常数的表达式Kp=。 17．(1)-749 (2) < 否 c点NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，只能说明反应速率最快，若在此温度下提供更长时间，NO转化率可能还会继续增大，最终达到平衡 NO被O2氧化；O2氧化性强于NO，当O2存在时，CO优先与氧气反应；O2的存在可能会隆低催化剂的选择性 (3)AB (4)40.5 【分析】（1）根据盖斯定律分析热化学方程式的焓变。 （2）根据温度高低分析速率大小。根据温度对速率和平衡的影响进行分析。 （3）根据催化剂通过降低反应的活化能而改变速率进行分析。 （4）根据平衡的三段式计算平衡或某时刻的物质的量，并结合平衡常数公式计算并分析速率比。 【详解】（1）①   ②  ZE，则根据盖斯定律分析，②-①可得热化学方程式 -566-183=-749kJ/mol。 （2）①a点温度比b点低，故a的小于b点的。 ②该反应为放热反应，温度高，速率快，升温平衡逆向移动，c点不一定是平衡状态，c点NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，只能说明反应速率最快，若在此温度下提供更长时间，NO转化率可能还会继续增大，最终达到平衡。 ③氧气的存在对于NO的还原有抑制作用，原因是NO被O2氧化；O2氧化性强于NO，当O2存在时，CO优先与氧气反应；O2的存在可能会隆低催化剂的选择性。 （3）A.反应余热可以进入温差发电器为电能汽车提供动力，实现能量充分利用，故正确；B.使用不同的催化剂反应的活化能随之改变，进而改变反应速率，故正确；C.其他条件不变，温度升高，反应速率加快，故随1/T增大而减小，故错误。故选AB。 （4） 则平衡常数K= ，平衡时正逆反应速率相等，则有， ，即K= =0.5，a点二氧化碳的转化率为25%，则有 ， 。 18．(1) 温度 催化剂 (2)CE (3)2A(g)+B(g)2C(g) (4)0.1mol·L-1·min-1 (5)40% (6)8：9 【分析】(1)根据控制反应的条件不同确定影响因素。 (2)根据条件对速率的影响进行分析。 (3)根据反应过程中反应物和生成物的变化情况分析反应方程式以及反应速率等。 （1） 从条件分析，设计方案时，考虑了温度和催化剂对速率的影响。 （2） A.加入少量碳酸钠粉末消耗硫酸，使反应速率减慢同时减少氢气的总量，故错误；B.加入少量硫酸铜溶液，锌和硫酸铜反应生成铜，形成原电池，能加快反应速率，由于锌是过量的，所以不影响氢气的总量，故错误；C.加入适量Na2SO4溶液，稀释硫酸，反应速率减慢，但不影响氢气的总量，故正确；D.加热反应速率加快，故错误；E.加水稀释硫酸反应速率减慢，不影响氢气的总量，故正确。故选CE。 （3） 从图分析看，AB的物质的量减小，为反应物，C的物质的量增加，为生成物，到2分钟时，A、B、C的该变量分别为5-3=2mol，2-1=1mol，4-2=2mol，且2分钟后物质的量不变，说明到平衡，为可逆反应，则方程式为2A(g)+B(g)2C(g)。 （4） B的平均反应速率为= 0.1mol·L-1·min-1 （5） 平衡时A的转化率为 =40%； （6） 初始总物质的量为5+2+2=9mol，平衡时总物质的量为4+3+1=8mol，根据物质的量比等于压强比分析，平衡时体系内的压强与初始压强之比为8:9。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$