备战高考化学提高题专题复习化学反应的速率与限度练习题附详细答案.docx

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备战高考化学提高题专题复习化学反应的速率与限度练习题附详细答案

备战高考化学提高题专题复习化学反应的速率与限度练习题附详细答案

一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）

1．用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反应研究影响反应速率的因素。

一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化）：

实验序号

A溶液

B溶液

①

20mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液

30mL0.01mol·L－1KMnO4溶液

②

20mL0.2mol·L－1H2C2O4溶液

30mL0.01mol·L－1KMnO4溶液

（1）该反应的离子方程式___________________________。

（已知H2C2O4是二元弱酸）

（2）该实验探究的是_____________因素对化学反应速率的影响。

相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是_________________＜_____________（填实验序号）。

（3）若实验①在2min末收集了2.24mLCO2（标准状况下），则在2min末，c（MnO4－）＝__________mol/L（假设混合液体积为50mL）

（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定_____________来比较化学反应速率。

（一条即可）

（5）小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：

①__________________________；②__________________________。

【答案】2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O浓度①②0.0056KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间该反应放热产物Mn2＋是反应的催化剂

【解析】

【详解】

（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，把草酸氧化成CO2，根据化合价升降法进行配平，其离子反应方程式为：

2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；

（2）对比表格数据可知，草酸的浓度不一样，因此是探究浓度对化学反应速率的影响，浓度越大，反应速率越快，则①<②；

（3）根据反应方程式并结合CO2的体积，求出消耗的n（KMnO4）=2×10－5mol，剩余n（KMnO4）=（30×10－3×0.01－2×10－5）mol=2.8×10－4mol，c（KMnO4）=2.8×10－4mol÷50×10－3L=0.0056mol·L－1；

（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；

（5）t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：

①此反应是放热反应，温度升高，虽然反应物的浓度降低，但温度起决定作用；②可能产生的Mn2＋是反应的催化剂，加快反应速率。

2．在2L密闭容器中，800℃时反应2NO（g）＋O2（g）

2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如下表：

时间/s

0

1

2

3

4

5

n（NO）/mol

0.020

0.010

0.008

0.007

0.007

0.007

（1）写出该反应的平衡常数表达式：

K＝________，已知：

K（300℃）＞K（350℃），该反应是________反应（填“放热”或“吸热”）。

（2）下图中表示NO2的变化的曲线是___，用O2的浓度变化表示从0～2s内该反应的平均速率v＝__________。

（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是（______）。

a．v（NO2）＝2v（O2）b．容器内压强保持不变

c．v逆（NO）＝2v正（O2）d．容器内物质的密度保持不变

（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是（______）。

a．及时分离出NO2气体b．适当升高温度

c．增大O2的浓度d．选择高效的催化剂

【答案】c2（NO2）/c2（NO）c（O2）放热b1.5×10－3mol·L－1·s－1bcc

【解析】

【分析】

【详解】

（1）2NO（g）＋O2（g）

2NO2（g）反应的平衡常数K=c2（NO2）/[c2（NO）·c（O2）],因为升温平衡向吸热反应方向进行,已知：

K（300℃）＞K（350℃），温度越高平衡常数越小，升温平衡逆向进行，则该正反应为放热反应。

故答案为c2（NO2）/c2（NO）c（O2）；放热；

（2）由表中数据可知从3s开始,NO的物质的量为0.007mol,不再变化,3s时反应达平衡,NO2是产物,随反应进行浓度增大。

平衡时NO浓度的变化量△c（NO）=（0.02mol−0.007mol）/2L=0.0065mol/L,所以图中表示NO2变化的曲线是b；2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）=△n/V△t=（0.02mol−0.008mol）/（2L

2s）=3.0×10−3mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v（O2）=1/2v（NO）=1/2×3.0×10−3mol⋅L−1⋅s−1=1.5×10−3mol⋅L−1⋅s−1。

故答案为b；1.5×10−3mol⋅L−1⋅s−1；

（3）a.未指明正逆速率,若均表示同一方向反应速率,v（NO2）自始至终为v（O2）的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；

b.容器体积不变，随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，容器内压强减小，当容器内压强保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；

c.不同物质表示速率,到达平衡时,正逆速率之比等于化学计量数之比,V逆（NO）:

V正（O2）=2:

1,即V逆（NO）=2v正（O2），故c正确；

d.混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误。

故答案为bc；

（4）a.及时分离除NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故a错误；

b.适当升高温度，反应速率增大但平衡向逆反应方向移动，故b错误；

c.增大O2的浓度反应速率增大，且该反应向正反应方向移动，故c正确；

d.选择高效催化剂能增大反应速率，但平衡不移动，故d错误。

故答案为c。

3．某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

根据图中数据，完成下列问题：

（1）该反应的化学方程____；

（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为_____；

（3）达到平衡后，下列说法不正确的是_____。

A．X、Y、Z的浓度之比是1：

2：

3

B．X的消耗速率和Y的生成速率相等

C．Z的浓度保持不变

【答案】3X+2Y

3Z0.125mol/ （ L

min）B

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据图知，随着反应的进行X、Y的物质的量减少，而Z的物质的量增大，所以X和Y是反应物、Z是生成物，10min时反应达到平衡状态，则参加反应的△n（X）=（1.00-0.25）mol=0.75mol、△n（Y）=（1.00-0.50）mol=0.50mol、△n（Z）=（0.75-0）mol=0.75mol，同一可逆反应中同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.75mol：

050mol：

0.75mol=3：

2：

3所以该反应方程式：

3X+2Y

3Z；

（2）0-2min内Z的平均反应速率v=

=

=0.125mol/（L

min），故答案为：

0.125mol/（L

min）；

（3）A.相同容器中，X、Y、Z的浓度之比等于其物质的量之比=0.25mol：

0.50mol：

0.75mol=1:

2:

3，故A正确；

B.该反应中X、Y的计量数之比为3:

2，当X的消耗速率与Y的生成速率之比为3:

2时该反应达到平衡状态，所以当X的消耗速率和Y的生成速率相等时该反应没有达到平衡状态，故B错误；

C.当Z的浓度保持不变时，正逆反应速率相等，可逆反应达到平衡状态，故C正确；

故选B。

4．在一定体积的密闭容器中，进行如下反应：

CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：

t℃

700

800

830

1000

1200

K

0.6

0.9

1.0

1.7

2.6

回答下列问题：

（1）该反应化学平衡常数的表达式：

K=___；

（2）该反应为___（填“吸热”或“放热”）反应；

（3）下列说法中能说明该反应达平衡状态的是___；

A．容器中压强不变

B．混合气体中c（CO）不变

C．混合气体的密度不变

D．c（CO）=c（CO2）

E.化学平衡常数K不变

F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等

（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：

c（CO2）×c（H2）=c（CO）×c（H2O），试判此时的温度为___。

【答案】

吸热BE830℃

【解析】

【分析】

（1）化学平衡常数等于生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动；

（3）根据平衡标志判断；

（4）某温度下，c（CO2）×c（H2）=c（CO）×c（H2O），即K=

=1；

【详解】

（1）根据平衡常数的定义，该反应化学平衡常数的表达式K=

（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应；

（3）A.CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）反应前后气体系数和相等，容器中压强是恒量，压强不变，不一定平衡，故不选A；

B.根据化学平衡定义，浓度不变一定平衡，所以混合气体中c（CO）不变一定达到平衡状态，故选B；

C.反应前后气体质量不变、容器体积不变，根据

，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选C；

D.反应达到平衡时，浓度不再改变，c（CO）=c（CO2）不能判断浓度是否改变，所以反应不一定平衡，故不选D；

E.正反应吸热，温度是变量，平衡常数只与温度有关，化学平衡常数K不变，说明温度不变，反应一定达到平衡状态，故选E；

F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选F；

（4）某温度下，c（CO2）×c（H2）=c（CO）×c（H2O），即K=

=1，根据表格数据，此时的温度为830℃。

5．光气（COCl2）常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。

（1）COCl2结构与甲醛相似，写出COCl2电子式_____；解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是_____。

（2）密闭容器中吸热反应COCl2（g）

Cl2（g）+CO（g）达到平衡后，改变一个条件，各物质的浓度变化如图所示（10~14min时有一物质浓度变化未标出）。

①说明该反应已达到平衡状态的是_____。

a．C（COCl2）=C（Cl2）

b．ʋ正（COCl2）=ʋ逆（CO）

c．容器内温度保持不变

d．容器内气体密度保持不变

②4~10min平均反应速率v（COCl2）为_____；10min时改变的反应条件是_____。

③0~4min、8~10min和16~18min三个平衡常数依次为K1、K2、K3，比较其大小____；说明理由____。

【答案】

均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高bc0.0025mol/（L·min）分离出COK1

【解析】

【分析】

（1）甲醛的结构式是

；COCl2的相对分子质量大于甲醛；

（2）①根据平衡标志分析；

②根据

计算4~10min平均反应速率v（COCl2）；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大；

③根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度、14min时，各物质浓度均减小，改变的条件是减小压强。

【详解】

（1）甲醛的结构式是

，COCl2结构与甲醛相似，COCl2电子式是

；甲醛、COCl2均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高；

（2）①a．c（COCl2）=c（Cl2）时，浓度不一定不再改变，反应不一定平衡，故不选a；

b．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，ʋ正（COCl2）=ʋ逆（CO），一定平衡，故选b；

c．正反应吸热，密闭容器内温度是变量，容器内温度保持不变，反应一定平衡，故选c；

d．气体质量不变、容器体积不变，根据

，密度是恒量，容器内气体密度保持不变，不一定平衡，故不选d；

选bc；

②根据图象，4~10min内COCl2浓度变化是0.055mol/L-0.04mol/L=0.015mol/L，

0.0025mol/（L·min）；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大，可知10min时改变的条件是分离出CO，平衡正向移动，氯气浓度增大；

③根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，所以K1

6．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

（1）CO可用于炼铁，已知：

Fe2O3（s）+3C（s）＝2Fe（s）+3CO（g）ΔH1＝+489.0kJ·mol－1

C（s）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH2＝+172.5kJ·mol－1。

则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为_________________________________________________。

（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。

写出该电池的负极反应式：

__________________________________________________。

（3）①CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图。

①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___________________KⅡ（填“＞”或“＝”或“＜”）。

②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。

容器

甲

乙

反应物投入量

1molCO2、3molH2

amolCO2、bmolH2、

cmolCH3OH（g）、cmolH2O（g）

若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为______________________。

③一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______________。

a．容器中压强不变b．H2的体积分数不变c．c（H2）＝3c（CH3OH）

d．容器中密度不变e．2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂

（4）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：

2CO2（g）+6H2（g）

CH3OCH3（g）+3H2O（g）。

已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[n（H2）/n（CO2）]的变化曲线如图，若温度不变，提高投料比n（H2）/n（CO2），则K将__________；该反应△H_________0（填“＞”、“＜”或“=”）。

【答案】Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5KJ/molCO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O＞0.4＜c≤1bd不变＜

【解析】

【分析】

（1）已知：

①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ/mol， ②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律有①-②×3可得；

（2）根据原电池负极失去电子发生氧化反应结合电解质环境可得；

（3）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K=

判断；

②根据平衡三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围；

③根据化学平衡状态的特征分析；

（4）由图可知，投料比

一定，温度升高，CO2的平衡转化率减小，根据温度对化学平衡的影响分析可得。

【详解】

（1）已知：

①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ/mol， ②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律有①-②×3，得到热化学方程式：

Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJ/mol；

（2）CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液），负极电极反应为：

CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O；

（3）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=

可知，平衡常数越小，故KⅠ＞KⅡ；

②

甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即（4-2x）÷4=0.8，解得x=0.4mol；依题意：

甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：

0.4mol＜n（c）≤1mol；

③a．反应在恒压容器中进行，容器中压强始终不变，故a错误；

b．反应开始，减少，H2的体积分数不变时，反应平衡，故b正确；

c．c（H2）与c（CH3OH）的关系与反应进行的程度有关，与起始加入的量也有关，所以不能根据它们的关系判断反应是否处于平衡状态，故c错误；

d．根据ρ=

，气体的质量不变，反应开始，体积减小，容器中密度不变时达到平衡，故d正确；

e．C=O断裂描述的正反应速率，H-H断裂也是描述的正反应速率，故e错误；

故答案为：

bd；

（4）由图可知，投料比

一定，温度升高，CO2的平衡转化率减小，说明温度升高不利于正反应，即正反应为放热反应△H＜0；K只与温度有关，温度不变，提高投料比

，K不变。

【点睛】

注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：

平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。

7．将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：

3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g），反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol。

（1）用C表示10s内反应的平均反应速率为_____________。

（2）反应前A的物质的量浓度是_________。

（3）10s末，生成物D的浓度为________。

（4）平衡后，若改变下列条件，生成D的速率如何变化（填“增大”、“减小”或“不变”）：

①降低温度____；②增大A的浓度_____；③恒容下充入氖气________。

（5）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是（填标号）_________。

A．v（B）=2v（C）

B．容器内压强不再发生变化

C．A的体积分数不再发生变化

D．器内气体密度不再发生变化

E.相同时间内消耗nmol的B的同时生成2nmol的D

（6）将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：

NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g），2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）。

当反应达到平衡时，c（H2）＝0.5mol·L−1，c（HI）＝4mol·L−1，则NH3的浓度为_______________。

【答案】0.04mol/（L∙s）1.5mol/L0.4mol/L减小增大不变C5mol·L−1

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由题可知，10s内，C的物质的量增加了0.8mol，容器的容积为2L，所以用C表示的反应速率为：

；

（2）由题可知，平衡时A的物质的量为1.8mol，且容器中C的物质的量为0.8mol；又因为发生的反应方程式为：

，所以反应过程中消耗的A为1.2mol，那么初始的A为3mol，浓度即1.5mol/L；

（3）由于初始时，只向容器中加入了A和B，且平衡时生成的C的物质的量为0.8mol，又因为C和D的化学计量系数相同，所以生成的D也是0.8mol，那么浓度即为0.4mol/L；

（4）①降低温度会使反应速率下降，所以生成D的速率减小；

②增大A的浓度会使反应速率增大，生成D的速率增大；

③恒容条件充入惰性气体，与反应有关的各组分浓度不变，反应速率不变，因此生成D的速率也不变；

（5）A．由选项中给出的关系并不能推出正逆反应速率相等的关系，因此无法证明反应处于平衡状态，A项错误；

B．该反应的气体的总量保持不变，由公式

，恒温恒容条件下，容器内的压强恒定与是否平衡无关，B项错误；

C．A的体积分数不变，即浓度不再变化，说明该反应一定处于平衡状态，C项正确；

D．根据公式：

，容器内气体的总质量恒定，总体积也恒定，所以密度为定值，与是否平衡无关，D项错误；

E．消耗B和生成D的过程都是正反应的过程，由选项中的条件并不能证明正逆反应速率相等，所以不一定平衡，E项错误；

答案选C；

（6）由题可知，NH4I分解产生等量的HI和NH3；HI分解又会产生H2和I2；由于此时容器内c（H2）=0.5mol/L，说明HI分解生成H2时消耗的浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，又因为容器内c（HI）=4mol/L，所以生成的HI的总浓度为5mol/L，那么容器内NH3的浓度为5mol/L。

【点睛】

通过反应速率描述可逆反应达到平衡状态，若针对于同一物质，则需要有该物质的生成速率与消耗速率相等的关系成立；若针对同一侧的不同物质，则需要一种描述消耗的速率，另一种描述生成的速率，并且二者之比等于相应的化学计量系数比；若针对的是方程式两侧的不同物质，则需要都描述物质的生成速率或消耗速率，并且速率之比等于相应的化学计量系数比。

8．已知：

N2O4（g）

2NO2（g）ΔH=＋52．70kJ·mol-1

（1）在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应已达到平衡的是___。

A．v正（N2O4）=2v逆（NO2）

B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化

C．容器中气体的密度不随时间而变化

D．容器中气体的分子总数不随时间而变化

（2）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0．054molN2O4，30秒后达到平衡，测得容器中含n（NO2）=0．0