2027届高考化学一轮复习考点过关：课时规范练39 化学反应速率和平衡图像（含解析）

这是一份2027届高考化学一轮复习考点过关：课时规范练39 化学反应速率和平衡图像（含解析），共16页。试卷主要包含了32 ml·L-1·min-1，在2 L恒容密闭容器中,充入2等内容，欢迎下载使用。
1.对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔHv(逆)
D.该温度下反应的平衡常数K=445
3.(2025·广东梅州检测)CO2合成甲醚的反应为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g),该反应实现了二氧化碳的资源化利用。在相同容器和催化剂的作用下,该反应在投料比[n(H2)n(CO2)]分别为1.5、3.0时,测得CO2的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.正反应的ΔH>0
B.代表投料比为1.5的是曲线Ⅰ
C.图中A、B、C、D各点,不可能同一时刻到达平衡
D.反应平衡常数:KⅠ(500 K)>KⅡ(600 K)
4.(2025·广东汕头一模)NO在医药领域有广泛应用,但在空气中会污染环境。某研究小组研究实现NO的转化,发生反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g),向容积为2 L的密闭容器中充入2 ml CO和2 ml NO,在甲、乙两种催化剂作用下,反应5 min,测得NO的转化率与温度的关系如图所示,下列有关说法正确的是( )
A.催化效果:甲Y
B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐,达平衡时c(X)c(X配离子)>c(Z)c(Z配离子)
C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时,消耗CN-的物质的量:Yv(N)
D.50 ms时,降低温度,H2的产率增加
参考答案
1.C 解析:分析时要注意改变条件瞬间v(正)、v(逆)的变化。增大O2的浓度,v(正)瞬间增大,v(逆)瞬间不变,A不符合题意;增大压强,v(正)、v(逆)都瞬间增大,v(正)增大的倍数大于v(逆),B不符合题意;升高温度,v(正)、v(逆)都瞬间增大,速率曲线是不连续的,C符合题意;加入催化剂,v(正)、v(逆)同时同倍数增大,D不符合题意。
2.C 解析:反应相同时间后,图中b点NO2的转化率最高,则b点恰好达到平衡状态,由于ab曲线上对应容器的容积逐渐增大,NO2的起始浓度逐渐减小,但浓度均大于b点,NO2的浓度越大,反应速率越大,达到平衡的时间越短,所以ab曲线上反应均达到平衡状态,正向反应是气体体积增大的反应,随着容器容积的增大,NO2的转化率逐渐增大,b点达到最大;b点以后,随着容器容积的增大,压强越小,反应向正反应方向移动,NO2的起始浓度减小,反应速率减慢,达到平衡的时间延长,所以bc曲线上反应均未达到平衡状态。46 g NO2为1 ml,a点有0.4 ml二氧化氮发生了反应、b点有0.8 ml二氧化氮发生了反应,反应为气体分子数增加1的反应,a处气体总物质的量为1 ml+0.4 ml÷2=1.2 ml,b处气体总物质的量为1 ml+0.8 ml÷2=1.4 ml,由于V16∶7,A错误;bc段反应均未达到平衡状态,B错误;c点反应正向移动,c点状态下v(正)>v(逆),C正确;a点时反应达到平衡,a点时二氧化氮转化了0.4 ml,结合方程式,生成的氮气、二氧化碳分别为0.2 ml、0.4 ml,平衡时二氧化氮为0.6 ml,则K=(0.4V1)2(0.2V1)(0.6V1)2=445V1,D错误。
3.D 解析:由图可知,温度升高,CO2的平衡转化率减小,平衡逆向移动,正反应的ΔH乙,A错误;700 ℃、甲催化条件下,5 min内NO转化率为80%,消耗1.6 ml NO,v(CO)=v(NO)=1.6ml2 L×5min=0.16 ml·L-1·min-1,B错误;反应5 min时,乙中NO的转化率比同温度时甲低,说明乙中未达到平衡,其他条件不变时,压缩容器容积,化学反应速率增大,NO转化率增大,乙曲线可能整体向上移动,C正确;300 ℃前,乙催化剂作用下反应没有达到平衡,降低温度,反应速率变慢,降低CO2的产率,D错误。
5.答案:(1)0.04 (2)BC
解析:(1)由浓度—时间图可知,0~5 min时,KMnO4减少了0.1×10-4 ml·L-1,并且全部转化为Mn(Ⅲ),根据得失电子守恒可得2n(KMnO4)=n(H2C2O4),故v(H2C2O4)=2×0.1×10-4ml·L-15min=0.04×10-4 ml·L-1·min-1。
(2)当时间在13 min左右时,开始生成Mn(Ⅱ),且浓度增大,而Mn(Ⅱ)对反应起到催化作用,故13 min后反应速率会变大,A错误;由图可知,Mn(Ⅶ)的浓度降为0后才开始生成Mn(Ⅱ),则该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存,B正确;由图可知,随着反应的进行Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小,说明前期生成Mn(Ⅲ),后期Mn(Ⅲ)又被消耗生成Mn(Ⅱ),所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4,C正确;由图可知总反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O,随着反应的进行,氢离子浓度减小,D错误。
6.C 解析:升高温度,NO的物质的量分数增大,说明升高温度平衡逆向移动,正反应放热,该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能,A错误;正、逆反应速率比不等于系数比,故T1K时,当2v正(SO2)=v逆(N2)时反应未达到平衡状态,B错误;T2K时,反应达到平衡,SO3的物质的量分数为40%,
2NO(g) + 2SO2(g) N2(g) + 2SO3(g)
初始/ml2200
转化/ml2x2xx2x
平衡/ml2-2x2-2xx2x
2x2-2x+2-2x+x+2x=0.4,x=23,若反应经t s达到平衡,则v(N2)=23ml2 L×ts=13t ml·L-1·s-1,C正确;b点时,NO和SO3的物质的量分数相等,根据上述分析可知,2-2x=2x,x=0.5,则K=0.52×(12)2(12)2×(12)2=1,b点时再向容器中充入NO、SO2各1.0 ml,Q=0.52×(12)2(22)2×(22)2=0.062 5-lg cY(CN-),则溶液中CN-的平衡浓度:Xlgc(Z)c(Z配离子),则c(X)c(X配离子)>c(Z)c(Z配离子),B正确;设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子+mCN-配离子,则平衡常数K=c(配离子)c(金属离子)·cm(CN-),lg K=lgc(配离子)c(金属离子)-mlg c(CN-)=-lgc(金属离子)c(配离子)-mlg c(CN-),即lgc(金属离子)c(配离子)=-mlg c(CN-)-lg K,故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多,对应lgc(金属离子)c(配离子)~-lg c(CN-)曲线斜率越大,由题图知,曲线斜率:Y>Z,则由Y、Z制备等物质的量的配离子时,消耗CN-的物质的量:Z生成速率,D错误。
8.答案:(1)①Ⅰ ②> 使H2与O2反应生成水,减小H2的浓度,使反应2平衡正向移动 ③2.5×10-4 1×10-5
(2)BC
解析:(1)①催化剂不影响转化率,只影响速率,因此平衡转化率是该条件下的最大转化率,有无催化剂都不会超过最大转化率,故平衡转化率曲线是Ⅰ。②由图示可知,温度升高时,H2S的平衡转化率升高,而反应1正反应为放热反应,温度升高转化率会降低,故反应2正反应为吸热反应,即ΔH2>0。新方法加入部分O2,而未采用H2S直接分解法的原因是使H2与O2反应生成水,减小H2的浓度,使反应2平衡正向移动。③向1 L恒容容器中通入0.01 ml混合气体[n(Ar)∶n(H2S)∶n(O2)=88∶10∶2],则n(H2S)=1×10-3 ml,n(O2)=2×10-4 ml,设达到平衡时生成了2x ml H2O和2y ml H2,
2H2S(g) + O2(g) 2H2O(g) + S2(g)
起始/ml1×10-32×10-400
转化/ml2xx2xx
平衡/ml1×10-3-2x-2y2×10-4-x2xx+y
2H2S(g)2H2(g) + S2(g)
起始/ml1×10-300
转化/ml2y2yy
平衡/ml1×10-3-2x-2y2yy+x
P点H2S的转化率为50%,5×10-4=2x+2y,2y=1×10-4,解得y=0.5×10-4,x=2×10-4,n(S2)=2.5×10-4 ml,则反应2的K=c2(H2)·c(S2)c2(H2S)=(1×10-41)2×2.5×10-41(5×10-41)2=1×10-5。
(2)由图示可知,M点后各物质体积分数依然在改变,反应2在M点未达到平衡,A错误;恒容容器中,40 ms时已达到平衡,通入Ar,不影响平衡移动,故α(H2S)不变,B正确;M点的H2S的浓度高于N点,故反应速率:v(M)>v(N),C正确;50 ms时反应处于平衡状态,反应2正反应为吸热反应,降低温度平衡逆向移动,H2的产率减小,D错误。