高考化学二轮复习(新高考版) 第3部分 高考题型练 不定项选择题专练(四) 速率、平衡（含解析）

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不定项选择题专练(四)　速率、平衡
1．已知：8NH3(g) ＋6NO2(g)7N2(g) ＋12H2O(l)　ΔHEa(B)>Ea(A)
D．升高温度可使容器内气体颜色变浅
答案　AD
解析　在催化剂A的作用下，0 ～4 min内v(NH3)＝×＝0.5 mol·L－1·min－1，选项A错误；若在恒容绝热的密闭容器中反应，当容器内温度不变时，说明反应已经达到平衡，选项B正确；相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，说明反应的活化能越低，结合题图可知，不同催化剂作用下该反应的活化能由大到小的顺序是Ea(C) >Ea (B)>Ea(A)，选项C正确；升高温度可使平衡左移，使得二氧化氮浓度增大，容器内气体颜色加深，选项D错误。
2．CO2催化重整CH4的反应：(Ⅰ)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1，主要副反应：(Ⅱ) H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＞0，(Ⅲ)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH3＜0。在恒容反应器中CH4和CO2按物质的量之比1∶1充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．ΔH1＞0
B．若反应Ⅰ、Ⅲ消耗等量的CO2时，转移电子数之比为3∶4
C．300～580 ℃时，H2O的体积分数不断增大，是由于反应(Ⅲ)生成H2O的量大于反应(Ⅱ)消耗的量
D．T ℃时，在2.0 L容器中加入1 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为50%，则反应(Ⅰ)的平衡常数小于1
答案　C
解析　根据盖斯定律，将(Ⅱ) ×2－(Ⅲ)得CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1＝2ΔH2－ΔH3，由于ΔH2＞0，ΔH3＜0，故ΔH1＞0，故A正确；由反应 (Ⅰ)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)可知，1 mol CO2反应转移6 mol电子，由反应(Ⅲ)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)可知，1 mol CO2反应转移8 mol电子，所以消耗等量的CO2时，转移电子数之比为3∶4，故B正确；300～580 ℃时，升高温度，反应(Ⅱ) H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＞0，正向移动生成H2O(g)，反应(Ⅲ)4H2(g)＋CO(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH3＜0，逆向移动消耗H2O(g)，H2O的体积分数不断增大，说明反应(Ⅲ)消耗的H2O(g)的量小于反应(Ⅱ)生成H2O(g)的量，故C错误；若不考虑副反应，反应(Ⅰ)为
CH4(g)＋ CO2(g) 2CO(g)＋ 2H2(g)
初始量/mol·L－1 0.5　 　 0.5　　　　0　 　 　0
变化量/mol·L－1 0.25　　 0.25　　　 0.5　　　0.5
平衡量/mol·L－1 0.25　　 0.25　　　 0.5　　　 0.5
反应(Ⅰ)的K＝＝1，副反应(Ⅱ)H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)发生时CO的增加量与消耗的H2量相等，副反应(Ⅲ)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)发生时消耗H2、生成CH4且消耗H2的量大于生成的CH4的量，所以反应(Ⅰ)的平衡常数小于1，故D正确。
3．丙酮的碘代反应CH3COCH3＋I2―→CH3COCH2I＋HI的速率方程为v＝kcm(CH3COCH3)cn(I2)，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0.7/k，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。
c(CH3COCH3)/mol·L－1
c(I2)/mol·L－1
v/10－3mol·L－1·min－1
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m＝1、n＝0
B．该反应的速率常数k＝2.8×10－3min－1
C．增大I2的浓度，反应的瞬时速率加快
D．在过量的I2存在时，反应掉87.5%的CH3COCH3所需的时间是375 min
答案　AD
解析　由第一组数据和第二组数据可得()m＝，则m＝1，由第二组数据和第四组数据可得()n＝，则n＝0，A选项正确；由A可知，m＝1，n＝0，则v＝kc(CH3COCH3)，代入第一组数据可得，k＝5.6×10－3min－1，B选项错误；由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反应的瞬时速率不变，C选项错误；存在过量的I2时，反应掉87.5%可以看作经历3个半衰期，即50%＋25%＋12.5%，因此所需的时间为＝375 min，D选项正确。
4．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。下列判断正确的是(　　)
A．升高温度，该反应的平衡常数减小
B．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)
C．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
答案　AC
解析　由已知信息：第二阶段是将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍，可知升高温度，该反应向逆反应方向移动，则该反应的平衡常数减小，故A正确；可逆反应达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，在用不同物质的反应速率表示平衡状态时，必须表明“一正一逆”，且等于化学计量数之比，因此该反应达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，故B错误；第一阶段要制得气态Ni(CO)4，而Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，因此应选50 ℃，大于沸点，便于分离出气态Ni(CO)4，故C正确；第二阶段，加热至230 ℃，该反应Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常数K＝2×10－5，正反应进行的程度低，则逆反应进行的程度大，说明Ni(CO)4分解率较高，可制得高纯度镍，故D错误。
5．某温度下，在起始压强为80 kPa的刚性容器中，发生NO的氧化反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)　ΔH，该反应的反应历程分两步进行，其速率方程和反应过程中能量变化如下：
①2NO(g)N2O2(g)　v1正＝k1正c2(NO)
v1逆＝k1逆c(N2O2)
②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)
v2正＝k2正c(N2O2)c(O2)　v2逆＝k2逆c2(NO2)

下列说法正确的是(　　)
A．NO氧化反应速率快慢的决定步骤的活化能是E5－E3
B．一定温度下，2NO(g)＋O2(g)2NO2 (g)平衡常数表达式K＝
C．升高温度，NO氧化反应的化学平衡向逆反应方向移动
D．该温度下，将等物质的量的NO和O2混合反应[忽略2NO2(g)N2O4(g)]，NO的平衡转化率为40%时，该反应的平衡常数Kp＝
答案　BC
解析　整体的反应速率取决于慢反应，活化能越大，反应速率越慢，据图可知活化能大的步骤为第二步反应，活化能为E4－E2，故A错误；2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)平衡常数表达式K＝＝×，而对于反应①平衡时正逆反应速率相等，即k1正c2(NO)＝k1逆c(N2O2)，所以K1＝＝，同理可得反应②的平衡常数K2＝＝，所以K＝K1·K2＝，故B正确；据图可知该反应的反应物能量高于生成物能量，所以为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故C正确；设等物质的量的NO和O2分别为40 mol，NO的平衡转化率为40%，列三段式有
　　　 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)
起始/mol　 40　　　40　　　　0
转化/mol　 16　　　8　　　　 16
平衡/mol　 24　　　32　　　　16
刚性容器中气体的压强之比等于物质的量之比，起始气体的总物质的量为80 mol，压强为80 kPa，则平衡时p(NO)＝24 kPa，p(O2)＝32 kPa，p(NO2)＝16 kPa，Kp＝＝＝，故D错误。
6．相同温度下，分别在起始体积均为1 L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)＋3Y2(g)2XY3(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1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0.1a kJ
②
恒压
1
3
0
t
放热b kJ

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10 min内的平均反应速率v(X2)＝0.1 mol·L－1·min－1
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0.1a kJ，说明10 min内X2反应了0.1 mol，物质的量浓度改变量为0.1 mol·L－1，所以其平均速率为v(X2)＝0.01 mol·L－1·min－1，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%，C项错误；据C项分析，容器②相当于在容器①基础上右移，所以放出热量比容器①多，D项正确。
7．乙酸甲酯的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如下：CH3COOCH3(l)＋C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)＋CH3OH(l)
已知v正＝k正×x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)，v逆＝k逆×x(CH3COOC6H13)×x(CH3OH)，其中k正、k逆为速率常数(受温度影响)，x为各组分的物质的量分数。反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1∶1投料，测得338 K、343 K、348 K三个温度下CH3COOCH3转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．该反应的ΔH>0
B．348 K时，该反应的平衡常数为1.8
C．A、B、C、D四点中，v正最大的是D
D．在曲线①、②、③中，k正与k逆的差值最大的曲线是①
答案　AD
解析　温度升高，反应速率加快，先达到平衡，根据图示可知①对应的温度是348 K，温度升高，CH3COOCH3转化率增大，说明平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，该反应的ΔH>0，A正确；反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1∶1投料，348 K时CH3COOCH3的转化率为64%，假设反应物的物质的量都是1 mol，反应前后物质的总物质的量不变，则平衡时，n(CH3COOC6H13)＝n(CH3OH)＝0.64 mol，n(CH3COOCH3)＝n(C6H13OH)＝0.36 mol，则该反应的平衡常数K＝≈3.2，B错误；温度越高，物质的浓度越大，反应速率越快。根据v正＝k正×x(CH3COOCH3)×x(C6H13OH)，v逆＝k逆×x(CH3COOC6H13)×x(CH3OH)，A点x(CH3COOCH3)×x(C6H13OH)最大，温度高，因此A点v正最大，C错误；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正与k逆的差值最大的曲线是①，D正确。