第二章 化学反应速率与化学平衡 测试题 ---2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

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第二章《化学反应速率与化学平衡》测试题
一、单选题（共12题）
1．在恒温恒压的密闭体系中，可逆反应：A(s)＋2B(g)⇌2C(g)ΔH0
B．工业上使用合适的催化剂可提高NO2的生产效率
C．升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动
D．2molNO(g)和1molO2(g)中所含化学键键能总和比2molNO2(g)中大116.4kJ·mol-1
4．对于反应A(g)+3B(g) 2C(g)+D(s)，下列为4种不同情况下测得的反应速率，表明该反应进行最快的是
A．v(A)=0.15 mol·L-1·s-1 B．v(B)=0.6 mol·L-1·s-1
C．v(C)=0.5 mol·L-1·s-1 D．v(C)=6.0 mol·L-1·min-1
5．下列说法不正确的是
A．已知x(250℃)和y(25℃)两个反应，则反应速率：
B．能发生化学反应的分子，肯定是活化分子
C．反应：能否自发进行，主要由决定
D．升高温度或加入催化剂都能使单位体积内活化分子的百分数增大，原因不同
6．下列有关合成氨工业的说法正确的是
A．N2的量越多，H2 的转化率越大，因此，充入的N2越多越有利于NH3的合成
B．恒容条件下充入稀有气体有利于NH3 的合成
C．工业合成氨的反应是熵增加的放热反应，在任何温度下都可自发进行
D．工业合成氨的反应是熵减小的放热反应，在常温时可自发进行
7．苯磺酸为一元强酸，其制备机理如下图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是

A．升高温度有利于增大苯的平衡转化率
B．其决速步骤反应为+H2SO4→+H2O
C．两步反应活化能的差值为总反应的焓变
D．反应过程中存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态
8．二甲醚()被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。

下列说法错误的是
A．反应过程中，是催化剂
B．该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为
C．总反应速率由反应决定
D．反应的
9．我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4，部分微粒转化过程如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法不正确的是

A．过程②吸收热量
B．过程③涉及极性键的断裂和形成
C．结合过程③，过程④的方程式为：*C+*OH+5H→CH4+H2O
D．整个过程中制得1molCH4转移电子的物质的量为8mol
10．一定量的稀硫酸与过量的锌反应，为减慢反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向稀硫酸中加入适量的下列物质，其中一定不能达到目的的是  
A．氯化钠溶液 B．水 C．醋酸钾溶液 D．硫酸铜固体
11．1，丁二烯与发生加成反应分两步：第一步进攻1，3-丁二烯生成碳正离子（ ）；第二步进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在和时，1，加成产物与1，4-加成产物的比例分别为和.下列说法不正确的是

A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率也增大
D．从升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
12．用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为。在密闭容器中，和足量碳发生该反应，反应相同时间内，测得的生成速率与的生成速率随温度变化的关系如图1所示。维持温度不变，反应相同时间内，测得的转化率随压强的变化如图2所示。
  
下列说法正确的是
A．图1中的A、B、C三个点中，只有A点达到平衡状态
B．图2中E点的小于F点的
C．图2中平衡常数(E点)(G点)，则的浓度：c (E点)=c(G点)
D．在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的，与原平衡相比，的平衡转化率增大
二、非选择题（共10题）
13．有机反应具往往有可逆性，同时还伴随副反应发生。请回答下列问题：
Ⅰ.利用甲醇(CH3OH)在一定条件下直接脱氢可制甲醛，反应方程式为CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) △H1>0
(1)已知合成CH3OH可以由CO和H2反应制备，制备过程中发生的反应有：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.7kJ/mol
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5k/mol
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ/mol
则反应3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H= 。
(2)若在恒温恒容容器中进行上述制甲醛的反应，可判断反应达到平衡状态的是 (填序号)。
A．混合气体的密度不变 B．CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1∶1
C．H2的体积分数不再改变 D．混合气体的平均相对分子质量不变
(3)能提高上述制甲醛的反应中甲醇平衡转化率的措施是 。
A．及时移除产物 B．降低温度
C．恒温恒压充入稀有气体 D．使用合适的催化剂
Ⅱ.2—甲氧基—2—甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：+CH3OH △H1
反应Ⅱ：+CH3OH △H2
反应Ⅲ： △H3
(4)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是 ；反应Ⅱ是 (填“吸热”或“放热”)反应。

(5)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为a。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=8，则平衡体系中B的物质的量为 mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1= 。
(6)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为 (填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率V正 逆反应速率V逆(填“>”“A>D；
故答案选C。
5．A
A．影响化学反应速率的外界因素除温度外，还有压强、浓度、催化剂等，如果y反应使用了催化剂和加压，也可能使，故A错误；
B．活化分子具有足够的能量和合适的取向才能发生有效碰撞，所以能发生化学反应的分子，肯定是活化分子，故B正确；
C．气体的混乱度大于固体的混乱度，该反应正反应为熵增反应，由熵判据可知熵增反应有自发进行的倾向，故C正确；
D．升高温度使体系分子获得了能量，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数；加入催化剂降低了反应的活化能，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数，故D正确；
故选A。
6．D
A．N2的量越多，H2 的转化率越大，但加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成，当投料比为n（N2）:n（H2）= 1:2.8时，最有利于氨气的合成，故A错误；
B．恒容条件下充入稀有气体，参与反应的各物质的浓度没有改变，则平衡不移动，对氨气的合成没有影响，故B错误；
C．根据N2＋3H22NH3 △H＜0可知，该反应为熵减小的放热反应，故C错误；
D．根据△G=△H－T△S＜0时反应可以自发进行，该反应的△H＜0、△S＜0，所以在低温或常温下可自发进行，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查平衡移动原理和化学反应进行的方向。本题的易错点是A项，解题时容易只从平衡移动原理的角度判断，错误认为充入的N2越多越有利于NH3的合成，忽略了工业生产的实际情况，加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成。
7．B
A．根据图中信息，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于增大苯的平衡转化率，A错误；
B．化学反应决定于活化能，活化能越大反应速率越小，反应速率决定于反应慢，活化能大的，由图可知 的活化能大，所以反应速率及决定于 ，B正确；
C．焓变与两步反应活化能的差值无关，只与反应的始态和终态有关，C错误；
D．反应过程中不存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态，D错误；
故选B。
8．B
A．整个过程中先参与第一步反应，最后一步生成，因此是整个过程的催化剂，故A正确；
B．判断反应历程能垒时，注意纵坐标采用科学记数法，由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为，故B错误；
C．决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为，故C正确；
D．整个过程消耗甲醇，生成二甲醚和水，总反应为，由图可知，，故D正确。
综上所述，答案为B。
9．C
A．由图可知，过程②为*CO2→*CO+*O，在断键过程中吸收热量，故A正确；
B．过程③为：*CO+*O+2H→2*OH+*C，CO中的极性共价键被破坏，形成*OH中新极性键，故B正确；
C．结合过程③，过程④的方程式应为：*C+2*OH+6H→CH4+2H2O，故C错误；
D．整个过程中由1molCO2制得1molCH4，C元素化合价由+4降低为-4，则转移电子的物质的量为8mol，故D正确。
故选C。
10．D
Zn过量,生成氢气由硫酸决定,则减小氢离子浓度,不改变其物质的量,则可减慢反应速率,且不影响生成氢气的总量,以此来解答。
A.加入氯化钠溶液,相当于加水稀释，氢离子浓度减小,反应速率减慢,但氢离子物质的量不变,则生成氢气总量不变,能达到目的,故A不选；
B.加水稀释，氢离子浓度减小,反应速率减慢,但氢离子物质的量不变,则生成氢气总量不变,能达到目的,故B不选；
C.加醋酸钾溶液,会和硫酸反应生成硫酸钾和醋酸，CH3COO-+H+=CH3COOH，由反应可知，强酸变为弱酸，氢离子浓度减小,反应速率减慢，但是,氢离子总的物质的量不变,则生成氢气总量不变,能达到目的，故C不选；
D.加入少量硫酸铜固体，锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池,加快反应速率,不达到目的,故D选；
综上所述，本题选D。
11．B
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物能量低，能量越低越稳定，则1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定，A正确；
B．由图可知，两个加成反应均为放热反应，升温不利于1，丁二烯的转化，B错误；
C．温度升高，无论正反应还是逆反应，反应速率均增大，C正确；
D．正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，故升高温度，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，平衡逆向移动，D正确。
答案选B。
12．B
A．由可知，NO2的生成速率(逆反应速率)等于N2的生成速率(正反应速率)的2倍时，才能使该反应的正、逆反应速率相等，即达到反应的平衡状态，图1中的A、B、C三个点中只有C点达到平衡状态，A项错误；
B．由图2知，E点时反应未达到平衡（E点的正反应速率大于逆反应速率），F点时反应达到平衡（F点的正、逆反应速率相等），且E点的压强小于F点的压强，则E点的v逆小于F点的v正，B项正确；
C．由题中信息可知，图2维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K (E点)=K (G点)，混合气体中的气体压强与浓度有关，压强越大，体积就越小，浓度就越大，所以G点压强大，NO2的浓度就大，即NO2的浓度：c (E点) ＜c (G点)，C项错误；
D．在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，D项错误；
答案选B。
13．(1)-246.1kJ/mol
(2)CD
(3)AC
(4) B 放热
(5) a
(6) X
0，可判断反应达到平衡状态的是A. 在恒温恒容下混合气体的总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，故密度不变不能确定为平衡状态；B. CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1：1不能说明反应到平衡；C. H2的体积分数不再改变可以说明反应到平衡；D. 混合气体的前后物质的量不同，故平均相对分子质量不变能说明反应到平衡。故选CD。
（3）A. 及时移除产物，使平衡正向移动，能提高甲醇的平衡转化率；B. 该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，不能提高甲醇的平衡转化率；C.恒温恒压充入稀有气体，容器体积增大，相当于减压，平衡正向移动，能提高甲醇的平衡转化率；D. 使用合适的催化剂不影响平衡移动，不影响转化率。故选AC。
（4）由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应I、I、皿的平衡常数的自然对数随温度升高(要注意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1固态 物质的种类 数量 聚集状态 温度 压强
【解析】略
15．(1) 90％ ＜
(2)AD
（1）设参加反应的二氧化硫物质的量为x，，
2mol：1mol=x：(4+2-4.2)mol，解得：x==3.6mol，二氧化硫转化率=×100%=90%，恒容条件下该反应的正反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，气体物质的量减小，气体压强减小，甲是恒压条件下反应，所以反应过程中甲中压强大于乙，增大压强平衡正向移动；压强越大反应速率越大，反应到达平衡的时间越短，甲中压强大于乙导致甲反应速率大于乙，所以乙所用时间长；
故答案为：90%；＜；
（2）到达平衡后，甲中二氧化硫物质的量小于乙，要使两个容器中二氧化硫物质的量相等，可以使甲的平衡逆向移动或乙的平衡正向移动。
A．保持温度不变，适当扩大甲容器的容积，减小压强，平衡逆向移动，故A正确；
B．保持容积不变，使乙容器升温，平衡逆向移动，导致两个容器中二氧化硫物质的量不等，故B错误；
C．保持容积和温度不变，向乙容器中加入适量SO3(g)，平衡逆向移动，二氧化硫物质的量增大，所以两个容器中二氧化硫物质的量不可能相等，故C错误；
D．保持容积和温度不变，向甲容器中加入适量SO3(g)，平衡逆向移动，二氧化硫物质的量增大，所以两个容器中二氧化硫物质的量可能相等，故D正确；
故答案为： AD。
16．(1)关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，若一段时间后水难于滴入，则装置气密性良好
(2)水浴加热
(3) 4.0 6.0 2 加快反应速率
(4) 量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱 2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O
【解析】(1)
由图可知，该发生装置使用了分液漏斗，检查该装置气密性的方法为：关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，若一段时间后水难于滴入，则装置气密性良好；
(2)
控制体系的温度为36℃，该温度小于100℃，可采用水浴加热法，使反应温度均匀平稳，故答案为：水浴加热；
(3)
①根据实验3、4可知，溶液的总体积为20.0mL，则V1=(20.0-4.0-4.0-8.0)mL=4.0mL；该实验的目的是探究NaNO2溶液的浓度对化学反应速率的影响，并且NaNO2溶液的用量符合递变规律，则V2=6.0mL，V3=(20.0-4.0-4.0-6.0)mL=6.0mL，故答案为：4.0；6.0；
②由表中实验1、3数据可知，其他物质的浓度相同时，NaNO2溶液的浓度增大1倍时，实验3、1中收集1.0mLN2所需时间比值为≈，即实验3的反应速率为实验1的4倍，由于，实验m≈2，故答案为：2；
③NaNO2和NH4Cl的反应为NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O，即醋酸在该反应中是催化剂，催化剂可加快反应速率，故答案为：加快反应速率；
(4)
用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，NaNO2与盐酸反应生成HNO2，HNO2分解产生等物质的量的两种气体是NO2和NO，反应为2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O，NO2是红棕色气体，NO是无色气体，NO2能与水反应生成HNO3和NO，反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应结束后，量筒内收集的气体为NO，A中红棕色气体逐渐变浅，并且反应后气体的总物质的量减少，容器内压强降低，导管里上升一段水柱，故答案为：量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱；2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O。
17． 0.5mol/L稀硫酸 4I-＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O KI溶液被O2氧化成I2，c(H＋)越大氧化反应速率越快 A
根据资料i，pH9.28时，I2发生歧化反应：3I2＋6OH－＝IO3－＋5I－＋3H2O，pH越大，歧化速率越快，故溶液颜色无明显变化，实验⑤⑥⑦⑧为探究溶液pH对反应速率的影响。
(1)为探究温度对反应速率的影响，实验①②中试剂A应该相同，实验②中试剂A应为0.5mol/L稀硫酸。
(2)实验③中在酸性条件下，I－被O2氧化为I2，反应的离子方程式为4I-＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O。
(3)实验②③④的温度相同，试剂A不同，溶液的酸性越强，蓝色出现的越早，则可以得出的结论：KI溶液被O2氧化成I2，c(H＋)越大氧化反应速率越快。
(4)根据资料ii，pH>9.28时，I2发生歧化反应：3I2＋6OH－＝IO3－＋5I－＋3H2O，pH越大，歧化速率越快。试管⑦⑧中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化反应速率大于氧化反应速率和淀粉变色速率，所以⑦和⑧中颜色无明显变化；
答案选A。
18． d e g f 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3 ↑+ H2O ABE NH3 CaCl2 + CO2 + 2NH3 + H2O＝CaCO3↓ + 2NH4Cl 取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是
(1)实验室用熟石灰和氯化铵加热制取氨气，所以A是发生装置，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+ 2NH3↑+ H2O。氨气是碱性气体，应该用碱石灰干燥氨气，不能用浓硫酸。氨气的密度小于空气的，且氨气极易溶于水，所以应该用向下排空气法收集，连接顺序是d e g f；
(2)氨水中存在平衡NH3＋H2O NH3·H2ONH＋OH－，所以要制取氨气，就应该使平衡向逆反应方向移动，选项ABE符合题意；
(3)CO2在水溶液中的溶解度小，而氨气极易溶于水，首先通入的是氨气，反应的方程式为CaCl2+ CO2+ 2NH3+ H2O＝CaCO3(胶体)+ 2NH4Cl；
(4)由于微粒的直径是纳米级的，所以形成的分散性应该是胶体，鉴别胶体可以用丁达尔效应。即取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是。
19．(1)0.125mol· (L·min)-1
(2)25%
(3)28.6%
【解析】（1）2min时，容器中NO的物质的量为0.5mol，则用NO表示的平均反应速率为：，由反应速率之比等于化学计量数之比可得，用CO2表示的平均反应速率为：；故答案为：。
（2）2min时，NO的物质的量为0.5mol，由方程式可得，CO转化量为0.5mol，则CO的转化率为：；故答案为：25%。
（3）平衡时，CO为1mol，初始容器中充入了1.5molNO2和2molCO，则CO转化了1mol，由方程式可得达到平衡时，NO2为0.5mol，CO2为1.0mol，NO为1.0mol，CO为1mol，则CO2的体积分数为：；故答案为：28.6%。
20．(1)0.02 mol/(L∙min)
(2)40%
(3)0.2
由题意可知，反应向正方向进行,设NO起始的物质的量为amol，则NO转化的物质的量为(0.6－a) mol，有：
，所以，总的物质的量为：反应前1＋a＋0.2＝1.2＋a，平衡时0.4+a+0.6+0.5-0.5a=1.5+0.5a；因为气体的压强之比和物质的量成正比，所以，a=0.2mol；据此做答。
（1）用NO浓度表示的平均化学反应速率=；
答：NO平均化学反应速率为0.02mol/(L∙min)；
（2）NO2的分解率==40%；
答：NO2的分解率为40%；
（3）平衡时各物质浓度分别为：c(NO2)==0.3mol/L，c(NO)=0.6÷2 =0.3mol/L，c(O2)=(0.5-0.5×0.2)÷2=0.2 mol/L，根据K=；
答：该反应的平衡常数为0.2。
21．15s
化学反应中，升高温度，反应速率增大，20℃时，将溶液与溶液等体积混合，2min(即120s)后溶液中明显出现浑浊；已知温度每升高10℃，反应速率增大到原来的2倍，那么在50℃时，温度升高30°℃，反应速率应是20℃的23倍=8倍，反应需要时间为原先的，则同样的反应出现混浊需要的时间为120s×=15s。
22． 第二周期第ⅤA族 0.05mol/(L·min) 10%
8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2 1∶4
试题分析： X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X元素的原子形成的离子就是一个质子，X是H元素； Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z、W分别是N、O元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y是C元素；
解析：（1）N元素质子数为7，在周期表中的位置第二周期第ⅤA族。
（2）根据图示数据，用E表示的反应速率为 0.05mol/(L·min)  ，Z的转化率为 10%。
（3）由X、Z、W三种元素组成的速效化肥是硝酸铵，铵根离子的电子式为；由X、Y、Z、W四种元素可组成酸式盐是碳酸氢铵，碳酸氢铵溶液与足量NaOH溶液在加热条件下生成碳酸钠、氨气、水，反应的离子方程式为  。
（4）氨气与氯气反应生成氯化铵、氮气，化学方程式8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2 。根据方程式可知，反应中被氧化的氨气2mol,参与反应的氨气8mol，物质的量之比1∶4。
点睛：被氧化的元素化合价升高，在8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2反应中N元素化合价升高的只有2mol，另外6molN元素化合价没变，所以被氧化的氨气是2mol。