第二章化学反应速率与化学平衡期末综合复习卷2021-2022学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

这是一份第二章化学反应速率与化学平衡期末综合复习卷2021-2022学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1，共20页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第二章 化学反应速率与化学平衡 期末综合复习卷
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．活化能接近于零的反应，当反应物相互接触时，反应瞬间完成，而且温度对其反应速率几乎没有影响
B．温度和压强都是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率
C．人们把能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子，把活化分子具有的能量叫活化能
D．活化能的大小不仅意味着一般分子成为活化分子的难易，也会对化学反应前后的能量变化产生影响
2．化学反应速率是通过实验测定的，测量下列化学反应的速率时，测量依据不合理的是（ ）
选项
化学反应
测量依据
(单位时间内)
A
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
压强变化
B
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
H2体积
C
2NO2(g)N2O4(g)
颜色深浅
D
Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH
CaCO3的浓度变化
A．A B．B C．C D．D
3．已知反应，为研究影响该反应速率的因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z的起始浓度为0，反应物X的浓度随反应时间的变化情况如图所示。下列说法不正确的是( )

A．若实验②、④只改变一个条件，则由实验②、④得出结论：升高温度，化学反应速率加快
B．若实验①、②只改变一个条件，则由实验①、②得出结论：增大反应物浓度，化学反应速率加快
C．若实验②、③只改变一个条件，则实验③使用了催化剂
D．0～10min内，实验③的平均速率v(Y)=0.04 mol/(L·min)
4．我们把能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞；发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种分子叫做活化分子；活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能。下列说法不正确的是

A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B．图乙中HI分子发生了有效碰撞
C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能接近于零
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加
5．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为： Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
A．A B．B C．C D．D
6．在2L密闭容器中加入4mol A和6mol B，发生以下反应：4A(g)+6B(g)4C(g)+5D(g)。若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是（ ）
A．0.45mol/(L·s) B．0.15mol/(L·s) C．0.225mol/(L·s) D．0.9mol/(L·s)
7．二氧化碳的捕捉与封存是实现温室气体减排的重要途径之一，也是未来实现低碳经济转型的重要环节。一些科学家利用太阳能加热反应器来“捕捉”空气中的CO2(如图所示)。下列说法中正确的是（ ）

生石灰捕捉和封存二氧化碳的示意图
A．步骤一中将反应器加热到400 ℃,可提高CaCO3的生成速率
B．步骤一中生成CaCO3的反应为吸热反应
C．步骤一与步骤二中的反应互为可逆反应
D．步骤二中反应的ΔSB项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。
6．C
【解析】5s内A的物质的量变化量为4mol-2.5mol=1.5mol，故A的浓度变化量为1.5mol÷2L=0.75mol/L，所以υ（A）=0.75mol/L÷5s=0.15mol/（L•s），化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以υ（B）=6×0.15mol/（L•s）÷4=0.225mol/（L•s），
故选C。
7．A
【解析】A.温度升高，反应速率加快，故A正确；
B. CaO与CO2的反应为放热反应，故B错误；
C. 生成CaCO3的反应和CaCO3分解反应的反应条件不同，二者不互为可逆反应，故C错误；
D. 反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的ΔS>0，故D错误；
故选A。
8．D
【解析】A．根据图可知A物质的量减小0.4mol,B物质的量减小0.2mol,A、B均为反应物,C物质的量增加0.2mol,为生成物,根据变化的物质的量之比等于反应中计量数之比,写出化学方程式为2A(g)+B(g)⇌C(g)，根据图Ⅱ可知,温度升高,平衡常数增大,说明正反应为吸热反应,所以热化学方程式为：2A(g)+B(g)⇌C(g) △H＞0，故A错误；
B．图I中5min时达到化学平衡,平衡浓度分别为c(A)==0.2mol/L，c(B)= =0.1mol/L、c(C)= =0.1mol/L，则K==25，故B错误；
C．由ρ=可知，m不变，V不变，则ρ是定值，因此当容器中气体密度不再变化时，该反应不一定达到平衡状，故C错误；
D．图I中5min时，C的体积分数为=0.25，充入0.4 mol C，虽平衡逆向移动，但C的体积分数增大，故D正确；
答案选D。
9．D
【解析】A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能小于v(N)，故A错误；
B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故B错误；
C、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故C错误；
D、设开始投料n(H2)为3mol，则n(CO2)为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，
所以有6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)
开始 3 1 0 0
转化 1.5 0.5 0.25 1
平衡 1.5 0.5 0.25 1
所以CO2的体积分数为×100%=15.4%，故D正确；故选D。
10．B
【解析】A．反应混合物都是气体，气体质量不变，若混合气体的密度不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A正确；
B．对于一个特定的反应，ΔH固定不变，与反应是否达到平衡无关，因此不能作为判断反应是否达到平衡状态的依据，B错误；
C．在t1时刻，2v正(N2O4)=v正(NO2)= v逆(NO2)，反应达到平衡状态，C正确；
D．某一组分的质量分数不变，说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案为B。
11．B
【解析】A．①2NO＋H2=N2＋H2O2(慢)    ②H2O2＋H2=2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，A正确；
B．反应①难以进行，反应①容易进行，说明反应①的活化能比反应②的高，则正反应的活化能一定是①＞②，B错误；
C．比较图表数据Ⅰ、Ⅱ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍；对实验Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=k·c2(NO)·c(H2)，依据Ⅰ中数据计算k=5000，则速率方程v=5000c2(NO)·c(H2)，C正确；
D．反应2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7 g N2放出166 kJ的热量，生成28 g N2放热664 kJ，热化学方程式为：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH=−664 kJ⋅mol−1，D正确；
故答案为B。
12．C
【解析】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。
B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。
C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。
D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；
故选C。
13．A
【解析】A． 设起始充入NH3的物质的量为x mol，a点时，生成N2 y mol，根据三段式分析可知：则＝0.1，整理得x＝8y，故a点时NH3的转化率为×100%＝25%，A正确；
B．2υ正(NH3)＝3υ逆(H2)关系不满足速率和系数比之间成正比的关系，反应没有达到平衡状态；达到平衡时，速率关系满足3正(NH3)＝2逆(H2)，B错误；
C．根据图像分析可知，当压强不变时，升高温度，氮气的体积分数增大，平衡右移，该反应的正反应是吸热反应，c点温度高，平衡常数大，Kb＜Kc，C错误；
D．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，温度相同时，压强减小，平衡正向移动，N2的体积分数增大，结合图像知，p1＜p2，D错误；
故答案为：A。
14．D
【分析】
正反应是气体分子数减小的反应,所以当压强不再发生变化时反应达到平衡；各物质的浓度不再发生变化时表示反应处于平衡状态；X表示化学反应的平均速率为X浓度的变化量除以反应时间；曲线发生变化的瞬间可以判断反应条件的改变。
【解析】正反应是气体分子数减小的反应,所以当压强不再发生变化时,可以说明反应已经达到平衡状态,A正确；根据图象可知,只有b点表示的反应体系中,各物质的浓度不再发生变化,所以只有b点表示反应处于平衡状态,B正确；25~30 min内X的浓度变化量是0.4 mol·L-1,所以用X表示化学反应的平均速率是=0.08 mol·L-1·min-1,C正确；由图可知，反应进行至25 min时, 曲线发生变化的原因是X物质的浓度增大,D错误。
故选D。
【点睛】
本题考查化学平衡图象问题，关键在于明确勒沙特列原理及反应速率理论。本题注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响。
15．B
【解析】A.C的浓度为0.2mol•L‾1，生成C的物质的量为0.2mol•L‾1×2=0.4mol，根据方程式可知：x：2=0.4mol：0.8mol，所以x=1，A正确；
B.根据三段式计算：
3A(g)+ B(g) C(g)+2D(s)
初始浓度（mol•L‾1） 1.5 0.5 0
转化浓度（mol•L‾1） 0.6 0.2 0.2 0.4
平衡浓度（mol•L‾1） 0.9 0.3 0.2 0.4
据以上分析可知，B的转化率=×100%=40%，B错误；
C.2min内A的平均反应速率= =0.3mol/(L·min)，C正确；
D.因反应前后各物质均为气态，则反应前后气体的质量不变化，而气体总物质的量是变化的，则混合气体的平均相对分子质量在反应过程中是变化的，若平均相对分子质量在反应过程中不变了，则表明该反应达到平衡状态，D正确；
故答案选B。
16．ΔH3－2ΔH2 < 增大 不变 Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 0.44 A
【分析】
（1）根据盖斯定律进行解题即可；
(2) ①根据CO2转化率与温度的关系可知，温度升高，转化率越小，故平衡逆向移动，故正反应为放热反应；
②根据勒夏特列原理进行解题即可，平衡常数仅仅是温度的函数，故温度不变平衡常数不变；
③投料比等于化学计量系数比时，产物的体积分数最大，据此确定示意图；
(3)
①从图像中可以获取信息，即Fe2O3可以在较低的温度下发挥催化作用，故可以节约能源；
②进行三段式分析后，根据平衡常数表达式进行计算即可；
③根据勒夏特列原理进行分析即可求解。
【解析】(1)根据盖斯定律，反应①可由③-2②得到，故得出ΔH1＝ΔH3－2ΔH2，故答案为：ΔH3－2ΔH2；
(2)①由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，ΔH10；
(3)5 min时再充入一定量的CO(g)，平衡逆向移动，所以v(逆)先增大后减小，n(CO2)逐渐增大，b曲线符合题意；
(4)当平衡达到平衡状态时，正逆反应速率相等，故Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变；或固体总质量保持不变。
18．−726.4kJ/mol 催化剂活性降低 温度 AC 吸热 正向 变小 25% （或0.267p） 逆向
【解析】(1)①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH＝－131.0kJ/mol；
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8kJ/mol；
根据盖斯定律，将②×3-①得：CH3OH(l)+3O2(g)=CO2(g)+H2O(l)，ΔH＝(－285.8kJ·mol-1)×3-(－131.0kJ·mol-1)=-726.4kJ/mol；
(2)① 当温度在250℃～300℃范围时，催化剂活性降低，乙酸的生成速率减慢，当温度在300℃～400℃范围时，乙酸的生成速率加快，说明影响乙酸生成速率的主要因素是温度；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故A正确，B错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故C正确，D错误；故选AC；
(3)①根据图像，升高温度，c(CO2)减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，增大了二氧化碳的浓度，平衡正向移动，达到新平衡后，相当于原平衡增大了压强，平衡逆向移动，体系中CO的百分含量变小；
②设起始时二氧化碳为x mol，反应的二氧化碳为y mol，则：

则×100%=40.0%，解得==25%；设y=1mol，则x=4mol，因此二氧化碳的平衡分压为p，CO的平衡分压为p，化学平衡常数Kp＝=p；平衡时V(CO2):V(CO)=3：2，若向平衡体系中再充入V(CO2):V(CO)＝5:4＜3:2，则平衡逆向移动。
19．2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 5 KMnO4溶液过量 0.00625 mol/(L·s) 温度不是反应速率突然加快的原因 催化剂 d
【分析】
(1) KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水；
(2)探究浓度对反应速率的影响时，溶液的总体积都为20 mL，据此判断x值；由于4号实验中高锰酸钾过量，则溶液没有褪色；
(3)根据n=c·V计算出反应物的物质的量，然后根据不足量计算出反应消耗的草酸的物质的量，最后根据v=计算出H2C2O4的反应速率；
(4)①根据表中数据知，20 s时温度不最高，但20s前突然褪色；
②考虑锰离子有催化作用，要想验证锰离子的催化作用，再加入硫酸锰即可。
【解析】(1)酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(2)为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，实验1～4中溶液的总体积应该为20，则x=20-10-5=5；根据反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，10 mL酸性高锰酸钾需要消耗10mL草酸溶液，所以实验4中高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色；
(3)2号实验中草酸的物质的量为n(H2C2O4)=0.5 mol/L×0.01 L=0.005 mol，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.2 mol/L×0.005 L=0.001 mol，根据反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，高锰酸钾不足量，所以反应中消耗的草酸的物质的量n(H2C2O4)消耗=0.001 mol×=0.0025 mol，2号反应中，H2C2O4的反应速率为：v(H2C2O4)==0.00625 mol/(L•s)；
(4)①根据表中数据知，20 s时温度不是最高，但20 s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因；
②KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子对反应有催化作用，所以猜想可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，故答案为d。
【点睛】
本题考查化学反应速率的计算及影响因素等，要注意采用控制变量方法进行研究，就是只改变一个外界条件，其它都要相同。在计算反应速率时，要先根据物质反应消耗关系，判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准，结合速率公式进行计算。
20．降低了反应的活化能 2H2O22H2O＋O2↑ 探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂 (或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中) 碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率
【解析】（1）由于催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率；（2）H2O2分解的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑；（3）实验①10mL2% H2O2溶液，实验②10mL5% H2O2溶液，两者中双氧水的浓度不同，所以实验的目的是则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；对原实验方案的改进是：向反应物中加入等量同种催化剂 (或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)。（4）实验③、④、⑤中不同的是溶液的酸碱性，由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。
点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，难点：实验设计、数据处理、图象分析并用简洁的文字表达出来，难度中等。