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第二章 化学反应速率与化学平衡 章末闯关试题
2024-2025学年化学人教版(2019) 必修第一册
一、单选题
1．下列事实能用平衡移动原理解释的是
A．溶液中加入少量固体，促进分解
B．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
2．某校化学社同学研究影响0.1 mol/LNa2S2O3溶液与0.1 mol/LH2SO4溶液反应速率的因素，设计实验如下：
序号 Na2S2O3溶液体积/mL H2SO4溶液体积/mL 加入水的体积/mL 混合前各溶液和水的温度/℃ 混合后开始出现浑浊的时间
① 2 2 0 20
② 1 2 V1 20
③ 1 2 V2 40
④ 2 2 0 40
下列说法不正确的是
A．①和②研究的是浓度对反应速率的影响
B．②和③研究的是温度对反应速率的影响
C．V1=V2=1
D．出现浑浊时间最短的是第③组实验
3．科学家利用金(Au)催化电解法在常温常压下实现合成氨，工作时某极区的微观示意图如下，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂(LiCF3SO3)和乙醇的有机溶液。下列说法正确的是
A．金(Au)为催化剂不参与反应
B．三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液不能导电
C．该电极方程式为：N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-
D．选择性透过膜只允许N2、NH3和H2O通过，其它离子不可通过
4．将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)，2min后测得c(D)=0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol/(L·min)，下列说法正确的是
A．2min时，A的物质的量为1.5mol B．2min时，A的转化率为60%
C．反应速率v(B)=0.25mol/(L·min) D．该反应方程式中，x=1
5．在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度与温度T的关系如图所示。则下列说法正确的是
A．该反应的ΔH>0
B．若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1C．在T2时，若反应体系处于状态D，则此时一定有v(正)D．在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态
6．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是

A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
7．在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，内，
8．某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是
A．增大压强，，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
9．室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好
10．乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性，下列说法正确的是
A．图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
11．标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
12．恒容密闭容器中，在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的
B．a为随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入，H2的平衡转化率增大
13． ，在存在时，该反应的机理为：
ⅰ.(快)
ⅱ.(慢)
下列说法正确的是
A．反应速率主要取决于的质量 B．是该反应的催化剂
C．逆反应的活化能大于198kJ/mol D．反应ⅰ是决速步骤
14．反应，分别向的密闭容器中通入和一定量的，在不同温度下的平衡转化率与投料比的关系如图所示。下列说法错误的是
A．
B．温度下，A点容器内的压强是反应开始时的0.8倍
C．当容器内气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡状态
D．温度下，反应开始至B点用时，的平均反应速率为
15．某温度时， 。该温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中，投入和，起始浓度如下：
起始浓度 甲 乙 丙 丁
0.10 0.10 0.20 0.20
0.10 0.20 0.10 0.20
平衡时，下列推断不正确的是
A．甲中的转化率为50%
B．乙中的转化率等于丙中的转化率
C．丁中各物质的物质的量相等
D．甲、乙、丁中关系为甲<乙<丁
二、填空题
16．和CO是常见的环境污染性气体。
(1)对于反应来说，“”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行，第一步为，则第二步反应为 。已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。
(2)在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的平衡转化率如图乙所示。
①该反应的 (填“”或“”)0。
②若容器Ⅰ的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器Ⅰ中用表示的反应速率为 。B点对应的平衡常数 (保留两位有效数字)。
③若容器Ⅳ的体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应 (填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)进行。
三、计算题
17．把气体和气体混合放入密闭容器中，在一定条件下发生反应：，经达到平衡，此时生成，测得平均反应速率为，
求；(1)平衡时的物质的量浓度 。
(2)内用表示的反应速率为 。
(3)平衡时的转化率 。
(4)的值 。
四、解答题
18．聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ．苯乙烯的制备
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的△H4= kJ/mol；
(2)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
(3)在913 K、100 kPa下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；

(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______；
A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X (引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2·，实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是 ；
(6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反应平衡常数为K；②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
参考答案
1．B
A．MnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；
B．NO2转化为N2O4 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；
C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；
D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；
故选B。
2．D
影响化学反应速率的外部因素有浓度、温度、压强和催化剂等，若研究影响化学反应速率的因素，要控制单一变量，所以本实验要保证只有Na2S2O3溶液浓度不同，而硫酸溶液浓度相同，则实验②中需要加入1mL水，同样，在实验③中也要加入1mL水，以保证溶液总体积相同，即硫酸浓度在4个实验中是相同的，可以研究Na2S2O3溶液浓度不同对反应速率的影响。
A．①和②温度相同，加入的硫酸体积相同，Na2S2O3溶液体积不同，所以研究的是Na2S2O3浓度对反应速率的影响，故A正确；
B．②和③只有温度不同，其他条件都相同，所以研究的是温度对反应速率的影响，故B正确；
C．由以上分析可知，V1=V2=1，故C正确；
D．实验③的温度虽然比①和②中高，但Na2S2O3溶液的浓度没有实验④大，所以速率最快的是实验④，出现浑浊时间最短的是第④组实验，故D错误；
故选D。
3．C
A．金(Au)虽然为催化剂，但是会参与反应，在整个过程不断被消耗、然后生成，总量不变，A错误；
B．该装置为电解池，电解液必须导电，即三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液导电，B错误；
C．据图可知，N2得电子后，和乙醇反应生成氨气和CH3CH2O-，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应为N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-，C正确；
D．据图可知，水分子不能透过选择性透过膜，D错误；
综上所述答案为C。
4．A
由v(C)=0.25mol/(L·min)知，2min内C的浓度变化量Δc(C)= 0.25mol/(L·min) ×2min=0.5mol/L，设A、B初始浓度为a mol/L，结合题中数据，可列出“三段式”：
则2min时，c(A)：c(B)=(a-0.75)：(a-0.25)= 3：5，解得a=1.5
A．2min时，A的浓度为1.5-0.75=0.75 mol/L，物质的量为1.5mol，A正确；
B．2min时，A的转化率为= 50%，B错误；
C．v(B)= =0.125mol/(L·min)，C错误；
D．由于Δc(C)= Δc(D)，x=2，D错误；
故选A。
5．D
A．由图像可知，T1K2，A错误；
B．由图像可知，T1K2，B错误；
C．T2时由D→B点需降低c平(NO)，即平衡向右移动，所以D点对应体系中，v(正)>v(逆)，C错误；
D．由于反应物C为固体，故容积不变时，反应后气体质量增大，混合气体的密度增大，当密度不再变化时，可以判断反应达到平衡状态，D正确。
故选D。
6．C
A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；
故选C。
7．D
A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
8．C
A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正> v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；
B．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不正确；
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；
D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2 (g)的平衡转化率减小，D不正确；
综上所述，本题选C。
9．C
A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率，A不正确；
B. 实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；
C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D. 综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；
综上所述，本题选C。
10．B
根据已知反应①，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。
A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误；
B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；
C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误；
D．加入CaO同时吸收CO2和水蒸气，无法判断平衡如何移动，无法判断如何影响平衡时产率，故D错误；
故选B。
11．C
对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。
A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；
B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B正确；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：，D正确；
故答案为：C。
12．C
A．从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；
B．从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；
C．容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误；
故选C。
13．C
A．由反应机理可知，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但V2O5的质量不是决定性因素，故A错误；
B．根据A选项分析，V2O5是该反应的催化剂，VO2是该反应中间产物，故B错误；
C．正反应的活化能-逆反应的活化能，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故C正确；
D．慢反应是决速步骤，即反应ⅱ为决速步骤，故D错误；
答案为C。
14．D
A．正反应是放热反应，其他条件不变，温度升高平衡逆向移动，的平衡转化率降低，结合图可知，故A正确；
B．根据，同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，由图示可知
A点容器内和按等物质的量通入，平衡时的转化率为80%，利用列三段式或差量法可知平衡时压强是反应前的0.8倍，故B正确；
C．反应物和生成物均为气体且反应前后气体的物质的量不等，故随着反应的发生气体的平均相对分子质量会发生改变，当容器内气体的平均相对分子质量不变时，可以作为判断该反应达到平衡状态的标志，故C正确；
D．由图示可知B点容器内和按等物质的量通入，B点的转化率为60%，
反应用时，，则的平均反应速率为，故D错误。
故选D。
15．D
A．设甲容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，根据K= =1，得x=0.05，所以CO 2的转化率为50%，H2的转化率也是50%，故A正确；
B．设乙容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，则K= =1；设丙容器中平衡时反应掉的氢气的浓度为ymol/L，则K= =1，所以x=y，乙中的转化率等于丙中的转化率，故B正确；
C．该反应是气体体积前后不变的反应，压强对平衡没有影响，丙的起始浓度为甲的2倍，成比例，所以甲和丙为等效平衡，由A的分析可知，平衡时甲容器中c(CO2 )是0.05mol/L，而甲和丙为等效平衡，但丙的起始浓度为甲的两倍，所以平衡时，丙中c(CO2)是0.1mol/L，则丁中各物质的物质的量均为0.1mol/L，故C正确；
D．由C可知，甲中c(H2)=0.05mol/L，丁中c(H2)=0.1mol/L，乙容器相当于在甲的基础上再充入CO2，平衡正向移动，c(H2)减小，甲、乙、丁中关系为乙<甲<丁，故D错误；
故选D。
16．(1) 大于
(2) > 0.0044 向逆反应方向
（1）由总反应方程式和第一步反应的方程式可知，第二步反应的方程式为；化学反应速率取决于慢反应，反应的活化能越大，反应速率越慢，由第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间可知，第一步反应的反应速率慢于第二步反应，反应的活化能大于第一步反应，故答案为：；大于；
（2）①升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则△H＞0，故答案为：＞；
②A点三段式为 ， 所以v(O2)==0.0005 mol L-1 s-1， A、B点温度相同，对应的平衡常数相等。B点对应的平衡常数=A的：，故答案为：0.0005 mol L-1 s-1；0.0044；
③容器Ⅳ体积为1L，370℃时，起始浓度分别为：c(N2O)=0.06mol/L，c(N2)=0.06mol/L，c(O2)=0.04mol/L，＞K=0.0044，向逆反应方向，故答案为：向逆反应方向。
17． 2
由化学方程式可列出三段式为：
，据此结合题干信息及化学反应速率、转化率的定义求解。
(1) 由方程式可知每产生2mol的C，反应会消耗3mol的A。由于反应经过5 min后达到化学平衡，此时生成2 molC，则反应消耗了3mol的A，此时还剩余3molA，则c(A)== ，故答案为：；
(2) 由方程式可知若A反应3mol，则消耗的B为1mol，所以B表示的反应速率==；
(3) 由方程式可知若A反应3mol，则消耗的B为1mol，所以B的转化率= =50%，故答案为：50%；
(4) v(D)= ，则n(D)= v(D)×V×△t=×2L ×5 min=2mol，根据化学计量数之比等于参加反应的各物质的物质的量之比可列方程2: x=2:2，所以x=2，故答案为：2。
18．(1)+118
(2)5
(3) 苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则苯乙烯的选择性最高，在恒温恒压下，随着乙苯转化率的增大，反应⑤向正反应方向移动，反应⑥平衡不受压强影响，故曲线b代表产物苯
(4)BD
(5)C6H5CH2I
(6)K Ksp
（1）根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) H4=-4386.9 kJ/mol-(-4263.1 kJ/mol)-(-241.8 kJ/mol)=+118 kJ/mol；
（2）设充入H2O(g)物质的量为x mol；在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式，此时平衡时混合气体总物质的量为1.5 mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75 mol，混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则=，解得x=5；
（3）生成苯乙烯的反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则苯乙烯的选择性最高，在恒温恒压下，以水蒸气作稀释气，相当于减压，反应④、反应⑤向正反应方向移动，反应⑥平衡不受压强影响，故a代表苯乙烯的选择性，b代表苯的选择性；
（4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A正确；
B．催化剂不能使平衡发生移动，因此不能改变乙苯的平衡转化率，B错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C正确；
D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D错误；
故合理选项是BD。
（5）原子半径：I＞Br＞Cl，因此化学键的键长：C—I键＞C—Br键＞C—Cl键，键长越短，化学键就越容易断裂，该化学键的键能就越大，故键能：C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，因此C—I键最易断裂，则C6H5CH2I更易生成自由基，因此活性最高的是C6H5CH2I；
（6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L[Cu(L)2]+的平衡常数K=；CuBr在水中的溶度积常数Ksp(CuBr)=c(Cu+) c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L[Cu(L)2]++Br-，该反应的平衡常数为==K Ksp。
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