高考化学二轮复习专题训练化学反应速率与化学平衡.docx
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高考化学二轮复习专题训练化学反应速率与化学平衡
高考化学二轮复习专题训练:
化学反应速率与化学平衡及其影响因素
1.下列事实不能用平衡移动原理解释的是( )
答案 B
解析 啤酒中存在平衡:
CO2(g)CO2(aq),开启啤酒瓶,瓶中压强降低,平衡向气体体积增大的方向移动,即向生成CO2气体的方向移动;反应H2(g)+I2(g)2HI(g)是一个反应前后气体分子数不变的反应,压强的改变并不能使平衡发生移动,此混合气体加压后颜色变深,是因为I2(g)的浓度的增大;实验室制取乙酸乙酯时,采用加热的方式将生成的乙酸乙酯不断蒸出,从而使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动;石灰岩地貌的形成与以下反应有关:
CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2,固体的溶解和凝结的反反复复,涉及了平衡的移动。
2.下列说法正确的是( )
A.增大反应物浓度,能增大活化分子百分数,所以反应速率增大
B.使用合适的催化剂,能增大活化分子百分数,所以反应速率增大
C.对于任何反应,增大压强都可加快反应速率
D.升高温度,只能增大吸热反应的反应速率
答案 B
解析 增大反应物的浓度会增大单位体积的活化分子数,但活化分子的百分数不变,A错误;使用合适的催化剂,降低反应的活化能,使部分不是活化分子的分子成为活化分子,增大活化分子百分数,所以反应速率增大,B正确;对于化学反应中都是液态物质参与的,增大压强,对反应速率无影响,C错误;升高温度,吸热、放热反应的速率都增大,D错误。
3.在1L恒容密闭容器中投入足量Mg(NO3)2,在一定温度下发生下列反应:
2Mg(NO3)2(s)2MgO(s)+4NO2(g)+O2(g)。
下列能说明该反应达到平衡状态的是( )
A.NO2体积分数不再变化
B.MgO的浓度不再变化
C.NO2消耗速率与O2生成速率之比为4∶1
D.混合气体的平均相对分子质量不再变化
答案 C
解析 反应物为固体,产物有两种气体,气体的体积比始终保持不变,NO2体积分数保持不变,不能判断平衡状态,A错误;固体浓度为常数,B错误;混合气体的比例一定,平均相对分子质量一定,不能判断是否平衡,D错误。
4.测定CO的反应为I2O5(s)+5CO(g)I2(s)+5CO2(g),在密封容器中进行上述反应。
下列有关说法正确的是( )
A.I2、CO2的生成速率之比为1∶5
B.在恒温恒容条件下充入惰性气体,正、逆反应速率都保持不变
C.达到平衡后缩小体积,CO的平衡转化率、CO2的浓度都不变
D.达到平衡后,升高温度,正、逆反应活化能都会减小
答案 B
解析 I2呈固态,浓度为定值,A错误;恒容恒温下,充入惰性气体,CO、CO2的浓度不变,反应速率不变,B正确;题述反应是气体分子数相等的反应,缩小体积,CO2的浓度增大,C错误;温度不能改变活化能,D错误。
5.向20mL0.40mol/LH2O2溶液中加入少量KI溶液:
ⅰ.H2O2+I-===H2O+IO-;
ⅱ.H2O2+IO-===H2O+O2↑+I-。
H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。
t/min
0
5
10
15
20
V(O2)/mL
0.0
12.6
20.16
28.0
32.7
下列判断不正确的是( )
A.从图中可以看出,KI能增大H2O2的分解速率
B.反应ⅰ是放热反应,反应ⅱ是吸热反应
C.0~10min的平均反应速率:
v(H2O2)≈9.0×10-3mol/(L·min)
D.H2O2在反应过程中既体现了氧化性,又体现了还原性
答案 B
解析 从反应过程示意图可以看出KI能够降低反应的活化能,使反应速率大大加快,A正确;根据图示可知反应ⅰ的生成物比反应物的能量高,为吸热反应,反应ⅱ的反应物比生成物的能量高,是放热反应,B错误;0~10min内,反应产生O2的物质的量是n(O2)=20.16×10-3L÷22.4L/mol=9.0×10-4mol,根据方程式2H2O2===2H2O+O2↑可知Δn(H2O2)=2×9.0×10-4mol=1.8×10-3mol,则v(H2O2)=(1.8×10-3mol)÷0.02L÷10min=9.0×10-3mol/(L·min),C正确;在反应ⅰ中H2O2的作用是氧化剂,在反应ⅱ中是还原剂,所以在整个反应过程中既体现了氧化性,又体现了还原性,D正确。
6.已知:
N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+QkJ/mol(Q>0),80℃时在2L密闭容器中充入0.40molN2O4,发生反应获得如下数据:
时间/s
0
20
40
60
80
100
c(NO2)/mol/L
0.00
0.12
0.20
0.26
0.30
0.30
下列判断正确的是( )
A.升高温度会使混合气体的颜色变浅
B.反应达平衡时,吸收的热量为0.30QkJ
C.20~40s内,v(N2O4)=0.004mol/(L·s)
D.100s时再充入0.40molN2O4,达到新平衡时N2O4的转化率增大
答案 B
解析 ΔH=+QkJ/mol(Q>0),表明该反应的正反应为吸热反应,升高温度,化学平衡正向移动,则c(NO2)增大,平衡混合气体的颜色加深,A错误;由表格中数据可知,当反应进行到80s时达到平衡状态,生成NO2的物质的量n(NO2)=0.30mol/L×2L=0.60mol,由于反应的物质的量与热量变化成正比,则反应吸收热量为0.60mol×
kJ/mol=0.30QkJ,B正确;20~40s内,v(NO2)=
=0.004mol/(L·s),根据速率之比等于化学计量数之比,则20~40s内v(N2O4)=0.002mol/(L·s),C错误;100s时再充入0.40molN2O4,由于容器的容积不变,气体的物质的量增多,气体压强增大,化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动,因此达到新平衡时N2O4的转化率减小,D错误。
7.以反应5H2C2O4+2MnO
+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。
实验时,分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液,迅速混合并开始计时,通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol/L
体积/mL
浓度/mol/L
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
下列说法不正确的是( )
A.实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B.若实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s,则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol/(L·s)
C.实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响,实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D.实验①和②起初反应均很慢,过了一会儿速率突然增大,可能是生成的Mn2+对反应起催化作用
答案 B
解析 因为需要通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢,所以在这三个实验中,所加H2C2O4溶液均需过量,A正确;根据表中数据可得v(KMnO4)=
≈1.7×10-4mol/(L·s),B错误;分析表中数据可知,实验①和实验②只是H2C2O4浓度不同,实验②和③只是温度不同,C正确;在其他条件都相同时,开始速率很小,过一会儿速率突然增大,说明反应生成了具有催化作用的物质,其中水没有这种作用,CO2释放出去了,所以可能起催化作用的是Mn2+,D正确。
8.甲醇(CH3OH)是绿色能源。
工业上合成原理为:
2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)。
一定温度下,向1L恒容密闭容器中充入H2和CO,平衡时CH3OH的体积分数与反应物投料之比
的关系如图所示。
下列说法错误的是( )
A.相同条件下,达到平衡时混合气体的密度与反应前相同
B.图像四个点中,c点处CO的转化率最大
C.若投料时n(CO)不变,图像四个点中,d点处CH3OH的物质的量最大
D.图像中c点到d点,平衡向正反应方向移动
答案 B
解析 反应前后的物质均为气体,即反应前后混合气体的总质量相同,又是恒容容器,反应前后气体的总体积相同,根据ρ=
,得出反应前后混合气体的密度相同,A正确;反应物投料之比
越大,CO的转化率越大,故图像四个点中,d点处CO的转化率最大,B错误;若投料时n(CO)不变,图像四个点中,d处H2的物质的量最大,CO的平衡转化率最大,CH3OH的物质的量也最大,C正确;d点相当于c点达到平衡后,继续增大H2的物质的量,平衡向右移动,D正确。
9.工业上消除氮氧化物的污染,可用如下反应:
CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=akJ·mol-1,在温度T1和T2时,分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中,测得n(CH4)随时间变化数据如下表:
下列说法不正确的是( )
A.10min内,T1时v(CH4)比T2时小
B.温度:
T1<T2
C.ΔH:
a<0
D.平衡常数:
K(T1)<K(T2)
答案 D
解析 根据公式v=
计算,10min内,T1时v(CH4)=0.015mol·L-1·min-1,T2时v(CH4)=0.02mol·L-1·min-1,T1时v(CH4)比T2时小,A正确;T2温度时反应更快,所以T2>T1,B正确;温度升高,甲烷剩余量增多,说明平衡向逆反应方向移动,正反应放热,所以a<0,C正确;T1时反应进行的更为彻底,因此平衡常数更大,K(T1)>K(T2),D错误。
10.实验:
①0.005mol·L-1FeCl3溶液和0.015mol·L-1KSCN溶液各1mL混合得到红色溶液a,均分溶液a置于b、c两支试管中;②向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液,溶液颜色加深;③再向上述b溶液中滴加3滴1mol·L-1NaOH溶液,溶液颜色变浅且出现浑浊;④向c中逐渐滴加1mol·L-1KSCN溶液2mL,溶液颜色先变深后变浅。
下列分析不正确的是( )
A.实验②中增大Fe3+浓度使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3正向移动
B.实验③中发生反应:
Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓
C.实验③和④中溶液颜色变浅的原因相同
D.实验②、③、④均可说明浓度改变对平衡移动的影响
答案 C
解析 实验②中向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液,增大了Fe3+浓度,使反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3正向移动,溶液颜色加深,A正确。
实验③中向上述b溶液中滴加3滴1mol·L-1NaOH溶液,发生反应:
Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓,铁离子浓度减小,反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动,溶液颜色变浅,B正确。
实验③颜色变浅的原因是减少了铁离子浓度,平衡逆向移动,实验④最后颜色变浅是因为加入的硫氰化钾溶液过多,对体系进行了稀释,颜色变浅,C错误。
实验④开始颜色加深是增加c(SCN-),平衡正向移动,结合A、B项分析,D正确。
11.相同温度下,分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应:
X2(g)+3Y2(g)2XY3(g) ΔH=-akJ/mol,实验测得反应的有关数据如下表。
容器
反应
条件
起始物质的量/mol
达到平衡所用
时间/min
达到平衡过程
中的能量变化
X2
Y2
XY3
①
恒容
1
3
0
10
放热0.1akJ
②
恒压
1
3
0
t
放热bkJ
下列叙述正确的是( )
A.对于上述反应,①、②中反应的平衡常数K的数值不同
B.①中:
从开始至10min内的平均反应速率v(X2)=0.1mol/(L·min)
C.②中:
X2的平衡转化率小于10%
D.b>0.1a
答案 D
解析 ①、②中反应温度相同,平衡常数K的数值相同,A项错误;①中反应放热0.1akJ,说明10min内X2反应了0.1mol,物质的量浓度改变量为0.1mol/L,所以其平均速率为v(X2)=0.01mol/(L·min),B项错误;据容器①中数据,可算出X2的平衡转化率为10%,容器②中是恒温恒压,容器①中是恒温恒容,容器②相当于在容器①基础上加压,加压平衡右移,所以X2的转化率大于10%,放出热量比容器①多,C项错误、D项正确。
12.环戊二烯(
)是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。
回答下列问题:
(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。
不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是________(填标号)。
A.T1>T2
B.a点的反应速率小于c点的反应速率
C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D.b点时二聚体的浓度为0.45mol·L-1
答案 (3)CD
解析 (3)由图像的变化趋势可看出T2时,环戊二烯浓度的变化趋势大,反应速率快,因此T2大于T1,选项A错误;由a、c点斜率可判断a点的反应速率大于c点的反应速率,选项B错误;相同温度下,随着时间的延长,反应物的浓度逐渐减小,反应速率逐渐减小,因此a点的正反应速率大于b点的逆反应速率,选项C正确;由图像知,开始时环戊二烯的浓度为1.5mol·L-1,b点时的浓度为0.6mol·L-1,则环戊二烯转化的物质的量浓度为0.9mol·L-1,则二聚体的浓度为
=0.45mol·L-1。
13.在2L恒容密闭容器中发生C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH>0反应,当通入不同量的H2O(g)和CO(g)充分反应后得到如下实验数据:
实验组
温度(℃)
起始量(mol)
(C足量)
平衡量(mol)
达到平衡所需
的时间(min)
H2O(g)
CO(g)
H2(g)
CO(g)
1
650
2
0.8
1.2
2
4
2
650
1.2
0.7
0.8
1.5
5
(1)由实验组1数据可知,达到平衡时v(H2O)=________mol·L-1·min-1。
(2)由实验组1和2数据分析可知,增大压强对该可逆反应的影响是____________________________。
(3)若在一定温度、容积可变的密闭容器中发生上述反应,下列说法中可判断该反应达到平衡状态的是________。
(填编号)
a.容器中压强不变
b.1molH—H键断裂,同时断裂2molH—O键
c.c(H2O)=c(CO)
d.v(H2O)=v(H2)
e.容器体积不变
答案
(1)0.15
(2)压强增大,反应速率加快,平衡向逆反应方向移动 (3)be
解析
(1) C(s)+H2O(g)CO(g) + H2(g)
起始量t=0:
2mol0.8mol0
转化量Δn:
xxx
平衡量t=4min:
2mol-x0.8mol+xx
由信息可知x=1.2mol,
v(H2O)=
=
=0.15mol·L-1·min-1。
(3)由信息可知密闭容器容积可变,则压强始终不变,a错误。
1molH—H键断裂,必然同时生成2molH—O键,结合选项可知H—O键的生成与断裂速率相等,即v正=v逆,b正确。
c(H2O)与c(CO)相等与该反应是否达到平衡没有任何关系,c错误。
H2O和H2的计量数相等,则无论是否达到平衡v(H2O)=v(H2),d错误。
工业制水煤气的反应是一个气体总物质的量有变化的反应,则从零时刻开始,密闭容器的容积会发生变化。
如果容积不变了,则达到了平衡状态,e正确。
14.工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下制取H2,其原理为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。
(1)一定温度下,在一个恒容密闭容器中,下列说法能说明此反应达到平衡状态的是________(填序号)。
A.体系的压强不再发生变化
B.消耗1mol·L-1CH4的同时生成3mol·L-1H2
C.体系的密度不再发生变化
D.反应速率v逆(CH4)∶v正(CO)=1∶1
(2)在恒压密闭容器中,通入物质的量均为0.1mol的CH4与H2O,在一定条件下发生反应。
a.若平衡时,测得CH4的转化率与温度及压强的关系如图所示,则压强:
p2______p1(填“大于”“小于”或“等于”),原因是__________________;
在X点和Y点的速率:
v(X)________v(Y)(填“大于”“小于”或“等于”)。
b.若Y点所在容器为1L,则此反应的平衡常数K=______________________(列式并计算,结果保留到小数点后一位)。
答案
(1)AD
(2)a.大于 CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)是一个气体分子数目增大的反应,在相同温度条件下,压强越大,CH4的转化率越小 小于
b.
≈2.8(mol·L-1)2
解析
(1)在恒温恒容条件下,对于反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)来说,气体的总物质的量是变量,则气体的总压强也为变量,体系的压强不再发生变化能说明此反应达平衡状态,A正确;消耗CH4指的v正,生成H2也是指v正,不能说明此反应达平衡状态,B错误;气体的总质量为恒量,体积固定,也为恒量,则体系的密度为恒量,体系的密度不再发生变化,不能说明此反应达平衡状态,C错误;反应速率v逆(CH4)∶v正(CO)=1∶1,说明v正=v逆,能说明此反应达平衡状态,D正确,故答案为A、D。
(2)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)是一个气体分子数目增大的反应,压强越大,CH4的转化率越小,根据图示数据,在同一温度下CH4的转化率在p1条件下更大,故压强p1较小,则压强p2大于p1;同一温度下,压强越大,反应速率越快,根据图示信息,X点压强为p1,比p2小,故在X点和Y点的速率:
v(X)小于v(Y);若Y点所在容器为1L,由图像可知Y点CH4的转化率为80%,根据“三段式”得:
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始量(mol)0.10.100
转化量(mol)0.1×0.80.080.080.24
平衡量(mol)0.020.020.080.24
则此反应的平衡常数K=
=
≈2.8(mol·L-1)2。
15.
(1)现将0.50mol无水草酸放入10L的恒容密闭容器中,分别在T1、T2时进行H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)反应(体系内物质均为气态),测得n(H2C2O4)随时间变化的数据如下表:
①温度:
T1________T2(填“>”“<”或“=”)。
②T2时0~20min内平均反应速率v(CO)=________。
③该反应达到平衡的标志为________(填序号)。
a.消耗H2C2O4和生成H2O的物质的量相等
b.混合气体密度不变
c.混合气体的平均摩尔质量不变
d.体系中
不变
④T2时,反应至20min时再加入0.50molH2C2O4,反应达平衡时H2C2O4的物质的量________0.36mol(填“>”“<”或“=”)。
(2)室温下利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究外界条件对反应速率的影响,设计方案如下:
实验
编号
所加试剂及用量/mL
溶液颜色
褪至无色
所需时
间/min
0.6mol·L-1
H2C2O4溶液
H2O
0.01mol·L-1
KMnO4溶液
3mol·L-1
稀H2SO4
1
3.0
2.0
3.0
2.0
4.0
2
2.0
3.0
3.0
2.0
5.2
3
1.0
4.0
3.0
2.0
6.4
①上述反应的离子方程式为________________________________________。
②分析数据可得到的结论是__________________。
③该实验中若n(Mn2+)随时间变化趋势如图1所示,请在图2中画出t2后生成CO2的速率随时间变化的图像(从a点开始作图)并说明理由______________________________。
答案
(1)①< ②1.6×10-3mol·L-1·min-1 ③cd ④>
(2)①2MnO
+6H++5H2C2O4===2Mn2++10CO2↑+8H2O
②反应物浓度越大,反应速率越快
③
t2时c(Mn2+)增大,催化剂成为反应速率的主要影响因素,反应速率突然加快;末尾阶段,反应物浓度为反应速率的主要影响因素,反应速率减慢
解析
(1)①根据提供的数据,温度为T2时,反应先达平衡,因此T2温度下反应速率快,故T2温度高,T1②T2时0~20min内v(CO)=v(H2C2O4)=
=1.6×10-3mol·L-1·min-1。
③a项,消耗H2C2O4和生成H2O均为正反应方向,故消耗H2C2O4和生成H2O的物质的量相等不能说明反应达平衡,错误;b项,反应体系全为气体,混合气体质量不变,容器体积不变,故混合气体密度始终不变,混合气体密度不变不能说明反应达平衡,错误;c项,反应体系全为气体,混合气体质量不变,但反应前后气体总物质的量不相等,因此混合气体的平均摩尔质量为变量,当其不变时可以说明反应达平衡,正确;d项,体系中
不变,则CO、H2C2O4的浓度均不变,可以说明反应达平衡,正确。
④再加入0.50molH2C2O4,相当于起始时将两个盛有0.50mol无水草酸的10L容器合并,然后体积压缩为10L,由于两个容器合并达平衡时n(H2C2O4)=0.36mol,压缩体积时平衡向逆反应方向移动,因此重新平衡时n(H2C2O4)>0.36mol。
(2)①酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应,草酸被氧化为CO2,高锰酸钾被还原为Mn2+,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO
===10CO2↑+2Mn2++8H2O。
②3组实验中,只有草酸的浓度不同,从实验1到实验3,草酸浓度减小,褪色时间变长,说明反应速率减慢,可以得到的结论为:
增大反应物浓度,反应速率加快。
16.甲醇是重要的化工原料,利用煤化工中生产的CO、CO2和H2可制取甲醇等有机物,发生的反应有:
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1=-99kJ·mol-1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2
相关物质的化学键键能数据如下:
化学键
C===O
H—H
C—O
H—O
C—H
E/(kJ/mol)
803
436
343
465
413
(1)该反应ΔH2=________。
(2)关于反应①,下列说法正确的是________。
A.该反