湖北黄冈高考化学一轮复习 化学反应速率和化学平衡专项训练题.docx

1、湖北黄冈高考化学一轮复习 化学反应速率和化学平衡专项训练题化学反应速率和化学平衡李仕才一、单选题1下列有关说法正确的是A25oC与60oC时，纯水的pH相等BCaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极D反应NH3(g)+HCl(g)NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的H02一定温度下，对可逆反应A(g)2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是A 单位时间内消耗amolA，同时生成3amolC B 混合气体的物质的量不再变化C 2v(C)正3v(B)逆 D 容器内的压强不再变化3下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是( )A溴水中有下

2、列平衡Br2+H2OHBr + HBrO,当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B对2HI(g)H2(g)+I2(g),平衡体系增大压强可使颜色变深C反应CO+NO2CO2+NO H0,升高温度可使平衡向逆反应方向移动D合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温度的措施4对于N2（g）3H2（g）2NH3（g），不能作为反应达到平衡状态的判断依据是（ ）A 恒容密闭容器中总压强不变 B 恒容密闭容器中混合气体的密度不变C 生成氨气的速率与氨气分解的速率相等 D N2、H2、NH3的浓度不再发生变化5对于反应2A+3B=2C来说,以下表示中,反应速率最快的是A v(A)=0.7mol/(

3、L.s) B v(B)=0.8mol/(L.s)C v(A)=7.0mol/(L.min) D v(C)=0.6mol/(L.s)6向绝热恒容密闭容器中只通入A（g）和B（g），在一定条件下使反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）；H=QkJ/mol达到平衡，反应过程中正反应速率随时间变化的示意图如题12图所示下列说法正确的是A在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，H也增大B反应物的浓度：a点小于b点C反应在c点达到平衡D反应达到平衡时，升高温度，A的转化率将减小7对于可逆反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0，下图表示SO2的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E五个点，

4、其中能表示反应未达到平衡状态，且正反应速率大于逆反应速率的是 ()AA点 BB、D两点 CC点 DE点8减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。（1）己知: N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJmol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5kJmol-1 2C(S)+O2(g)=2CO(g) H=-221kJmol-1 若某反应的平衡常数表达式c(N2)c2(CO2)/ c(NO)c2(CO)为: 请写出此反应的热化学方程式_。（2）利用H2和CO2在一定条件下可以合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H

5、2O(g)己知不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法正确的是_(填序号)。不同条件下反应，N点的速率最大N点时平衡常数比M点时平衡常数小温度低于250时，随温度升高乙烯的产率增大实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率（2）在密闭容器中充入5molCO和4molNO，发生上述(1)中某反应，如图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系。回答下列问题:温度：T1_T2(填“”)。某温度下，若反应进行到10 分钟达到平衡状态D点时，容器的体积为2L，则此时的平衡常数K=_(结果精确到两位小数)；用CO的浓度变化表示的平均反应速率V(CO)=_。若在D点对反

6、应容器降温的同时扩大体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的_点。9草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4-+H2C2O4+H+-Mn2+CO2+H2O（未配平）甲同学研究外界因素对反应速率影响，设计如下实验方案：用4mL0.001mol/LKMnO4溶液与2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响改变的条件如下： 组别10%硫酸体积/mL温度/其他物质A2mL20B2mL2010滴饱和MnSO4溶液C2mL30D1mL20V1mL蒸馏水E0.5mL20V2mL蒸馏水（1）完成上述实验方案设计，其中：V1= _ ，V2= _ ；

7、（2）如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验 _ 和 _ （3）甲同学在做A组实验时，发现反应开始时速率较慢，随后加快他分析认为高锰酸钾与 草酸溶液的反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快；从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是 _ ； 乙同学利用如图测定反应速率回答下列问题 （4）实验时要检查装置的气密性，简述操作的方法是 _ ；（5）乙同学通过生成相同体积的CO2来表示反应的速率，需要 _ 仪来记录数据10下图为将Zn投入一定浓度体积的H2SO4中，解释图像的成因（纵坐标为H2的生成速率）11硫酸锌用于制造立德粉，并用作媒染剂、木材防腐剂等现欲用氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含Z

8、nSiO3、FeCO3、CuO等）为原料生产ZnSO47H2O，工艺流程如图l：（l）步骤I的操作是_，滤渣A的主要成分是_。（2）步骤I加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气，其目的是_。（3）步骤中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾溶液，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为_。（4）步骤得到的滤液中，阳离子是_。（不考虑H+）（5）步骤IV中的烘干操作需在减压低温条件下进行，其原因是_。（6）取28.70 g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示。680时所得固体的化学式为_（填字母序号）。aZnO bZn3O(SO4)2 c

9、ZnSO4 dZnSO4H2O参考答案1D【解析】试题分析：A、水的电离吸热，加热促进电离，则25oC与60oC时，纯水的pH不相等，前者大，A不正确；B、硫酸钙微溶，因此CaCO3难溶于稀硫酸，但溶于醋酸，B不正确；C、电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液，C不正确；D、根据GHTS可知，若反应NH3(g)+HCl(g)NH4Cl(s)在室温下可自发进行，由于该反应的熵值减小，则该反应一定是放热反应，即H0，D正确，答案选D。考点：考查水的电离、溶解平衡、粗铜精炼以及反应自发性应用2C【解析】试题分析：A、单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol C，表示的

10、都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；B、反应两边气体的化学计量数之和相等，气体的物质的量之和始终不变，所以混合气体的物质的量不能作为判断达到平衡状态的依据，故B错误；C、当3v（B）正=2 v（C）逆，表示的是正逆反应速率且相等，各组分的浓度不再变化，说明达到了平衡状态，故C正确；D、由于该反应是体积不变的反应，反应过程中压强始终不变，所以压强不能作为判断平衡状态的依据，故D错误。考点：化学平衡状态的判断3B【解析】试题分析：A加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，A不选；B对于2HI（g

11、）H2（g）+I2（g），因反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动无影响，不能用勒夏特列原理解释，B选；C该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，C不选；D合成氨反应为放热反应，较低温度有利于平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，D不选；答案选B。考点：考查平衡移动原理的应用。4AB【解析】试题分析：该反应前后物质的量改变，恒容密闭容器中总压强是变量，总压强不变时一定平衡，故A错误；反应前后气体总重量守恒，恒容密闭容器中混合气体的密度是恒量，密度不变不一定平衡，故B正确；根据定义，生成氨气的速率与氨气分解的速率相等一定平衡，故C错误；根据定义N2、

12、H2、NH3的浓度不再发生变化，一定平衡，故D错误。考点：本题考查化学平衡标志。5A【解析】分析:根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反应速率进行比较。详解: A. v(A)=0.7mol/(L.s);B. v(A)：v(B)=2:3，故v(A)=v(B)=0.8mol/(L.s)=0.53 mol/(L.s);C. v(A)=7.0mol/(L.min) = mol/(L.s)=0.12 mol/(L.s)；D. v(A)：v(C)=1:1，故v(A)=v(C)=0.6mol/(L.s)；故A反应速率最快,所以A选项是正确的。6D【解析】催化剂能降低反应的活化能，

13、改变反应速率，但不能影响反应热，A不正确。根据图像可知，随着反应的进行，反应速率逐渐增大，说明正反应是放热反应，温度升高，反应速率增大，当反应后期，由于反应物的浓度降低，所以反应速率会逐渐再降低。反应达到平衡之后，升高温度，则平衡向逆反应方向移动，所以选项D正确，其余都是错误的，答案选D。7C【解析】试题分析：从图像可知B、D两点是平衡点，v(正)=v(逆)，C点SO2的转化率比平衡时低，所以平衡要正向移动，v(正)v(逆)，A、E两点SO2的转化率比平衡时高，所以平衡要正向移动，v(正) 0.22 molL-1 0.1mol molL-1min-1 E【解析】（1）化学平衡常数，是指在一定温

14、度下，可逆反应达到平衡时各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，则此反应的化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ，已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJmol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5kJmol-1 2C(S)+O2(g)=2CO(g) H=-221kJmol-1 ，由盖斯定律，H=2=180.55kJmol-1（-221kJmol-1）-393.5kJmol-12= H =-746.5kJmol-1，故反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2

15、CO2(g) H =-746.5kJmol-1；（2）温度升高，速率加快，但催化效率降低，说明在温度过高升高后，催化剂失去了催化活性，速率反而降低，故不正确；由CO2的转化率随温度变化曲线可知，温度升高，CO2的转化率下降，平衡逆向移动，则N点时平衡常数比M点时平衡常数小，正确；图中曲线是CO2的平衡转化率，温度升高，CO2的转化率下降，平衡逆向移动，乙烯的产率减小，故不正确；温度较低，催化剂可能失去催化活性，速率太低。所以，在实际反应时，需要综合考虑影响因素，选择适宜温度、压强，增大氢气浓度等来提高CO2的转化率，故D不正确。（3）图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系，此反应是放热反应

16、，在相压强下，T1时的NO的体积分数大于T2时的NO的体积分数，平衡逆向移动，是由温度升高引起的，所以，T1T2；某温度下，反应达到平衡状态D点时，NO的体积分数是25%，设CO的变化浓度是x， 2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）初始浓度：2.5 2 0 0变化浓度：x x 0.5x x平衡浓度：2.5-x 2-x 0.5x xNO的体积分数是25%，即(2-x)/ 2.5-x+2- x+0.5x+x 100%=25%，解得x=1，此时K=120.5/1521=0.22；V(CO)= =c/t=1mol/L10min= 0.1 molL-1min-1；若在D点对反应容器降低温

17、度，D向F点移动（T2线温度低），同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加，重新达到的平衡状态可能是图中E点。点睛：掌握盖斯定律、学会三段式在化学平衡计算中的应用、掌握平衡移动影响因素是解决这类问题的关键。9 1mL 1.5mL A C Mn2+起催化作用 关闭分液漏斗的活塞，把注射器的柄向外拉一段距离，观察柄是否能恢复到原来的位置，若能恢复，则气密性良好，若不能恢复，则气密性不好 秒表【解析】（1）研究硫酸浓度对反应速率的影响，需要草酸浓度相同，故混合后溶液体积相同，所以V1=1mL，V2=1.5mL；（2）研究温度变化需要改变温度探究反应速率变化，需要其他条件相同，

18、选择实验A和C；（3）KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，故答案为：Mn2+起催化作用；（4）根据气压原理检验气密性，首先关闭分液漏斗的活塞，形成密闭体系，把注射器的柄向外拉一段距离，观察柄是否能恢复到原来的位置，若能恢复，则气密性良好；故答案为：关闭分液漏斗的活塞，把注射器的柄向外拉一段距离，观察柄是否能恢复到原来的位置，若能恢复，则气密性良好，若不能恢复，则气密性不好；（5）产生相同体积的二氧化碳，应看反应的快慢，即需要记录时间，故需要秒表。10详见解析【解析】由图像可知氢气的生成速率随时间先后由慢到快，然后又由快到慢，反应体系中硫酸所提

19、供的氢离于浓度由大到小。若氢气的生成速率由其决定，速率的变化趋势也应由快到慢，反应前半程的原因只能是温度所致，锌与硫酸反应时放热，体系温度逐渐升高，温度对反应速率的影响占主导地位，一定时间后，硫酸的浓度下降占据主导地位，因而氢气的生成速率随时间先由慢到快，然后又由快到慢。11 过滤 H2SiO3 升高温度，加快反应速率 3Fe2+MnO4-8H2O=3Fe (OH)3+MnO(OH)2+5H+ Zn2+、K+ 防止ZnSO47H2O分解，并减少ZnSO4水解 b【解析】试题分析：本题以ZnSO47H2O的工业制备为载体，着重考查化学实验基本操作、操作原理、离子方程式分析与书写、热重分析法的数据

20、计算等知识和应用，考查考生对工业流程的综合分析能力和应用化学知识解决实际问题的能力。解析：流程中物质转化关系如下：（1）步骤1是在加入硫酸后分离出H2SiO3固体，所以应当采用过滤的方法。正确答案：过滤、H2SiO3。（2）通入高温水蒸气可以使反应体系温度升高，从而加快反应速度。正确答案：升高温度加快反应速度。（3）依题意，反应基础为Fe2+MnO4-Fe(OH)3+MnO(OH)2，依据氧化还原反应的得失电子守恒得到：3Fe2+MnO4-3Fe(OH)3+MnO(OH)2，结合溶液酸性和离子电荷守恒，得到3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+。正确答案：3

21、Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+。（4）步骤3发生的反应是Zn与CuSO4的置换，所以溶液中Cu2+完全消耗， Zn2+总量增加。正确答案：K+ Zn2+。（5）步骤4是在得到ZnSO47H2O晶体后除去多余的水分，由于结晶水合物一般加热时都会失去结晶水，且ZnSO4加热时水解程度会增加，导致产物减少、杂质增多，所以为了防止晶体分解及ZnSO4水解，需要在减压及较低的温度下除去多余的水。正确答案：防止ZnSO47H2O分解，并减少ZnSO4水解。（6）28.70g样品为，设各段产物为ZnX，由于Zn元素不损失，所以ZnX为0.1mol。100时损失的质量

22、为 28.70g-17.9g=10.8g，相当于损失摩尔质量108g0.1mol=108g/mol，既失去6分子水得到ZnSO4H2O。250时又失去质量17.90g-16.10g=1.8g，相当于摩尔质量1.8g0.1mol=18g/mol，既失去1分子水得到ZnSO4。680时，再失去质量16.10g-13.43g=2.67g，相当于损失摩尔质量2.67g0.1mol=26.7g/mol。c、d分别是上述250、100时的产物，选项a损失的摩尔质量为80g/mol，与上述计算不符。b的分子表达成Zn3O(SO4)2，则按照上述计算为ZnO(SO4)21/3，损失的摩尔质量为161-65+(16+962)1/3=26.7g/mol ，与上述计算相符。正确答案：b。点睛：解答工业流程题首先需要了解流程中的物质转化关系，结合化学反应原理对过程进行具体分析，这时可能会出现误判或由于知识储备不足出现无法理解的问题，这些基本能够在实际解答过程中进行纠正。如本题加入KMnO4的操作，一般会理解为酸性溶液中得到MnSO4、Fe2(SO4)3，或是注意到分离得到滤渣B联想到生成Fe(OH)3沉淀，都可以在解答（3）时得到纠正。所以在流程分析结束进入解题时，不可忽视这些重要提示！