第二章 化学反应速率与化学平衡 单元测试题 --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 单元测试题

一、单选题
1．工业上在催化作用下生产的反应为　，该反应可看作两步：①(快)；②(慢)。下列说法正确的是
A．该反应活化能为
B．减小的浓度能降低的生成速率
C．的存在使有效碰撞次数增加，降低了该反应的焓变
D．①的活化能一定大于②的活化能
2．甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成甲基叔丁基醚(MTBE)：    △H。反应过程中反应物首先被催化剂吸附，再经历过渡态(I、Ⅱ、Ⅲ)最终得到产物，相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)。

下列说法不正确的是
A．该反应的
B．三种反应历程中，反应速率最快
C．过渡态I比另两种过渡态稳定
D．同温同压下，只要起始投料相同，三种途径MTBE的转化率相同
3．将一定物质的量的置于2 L的恒容密闭容器中，只发生反应，在其他条件相同时，反应物的物质的量n随反应时间t的变化情况如表所示：
t/min
n/mol
实验序号(反应温度)
0
10
20
30
40
50
60
1(800℃)
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2(800℃)
1.2
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
3(820℃)
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据表中数据，下列说法正确的是
A．在实验1中，反应在10～20 min内
B．根据实验1和实验2，可知反应恰好达到平衡状态的时间相同
C．根据实验2和实验3，无法说明浓度对反应速率的影响趋势
D．根据实验1和实验3，可得出温度越高，HI的分解率越小
4．研究表明，合成氨反应更多地发生在催化剂表面上相邻的吸附氮与吸附氢分子之间，N2在催化剂表面的均匀吸附可提升反应速率。已知N2吸附分解所需活化能高于H2，提升N2比例有利于加快反应。催化剂表面不同氮分压下的吸附情况如图所示，下列说法正确的是

A．N2在催化剂上的吸附能力强于H2
B．氮分压：甲乙
D．实际生产中p(N2)：p(H2)=1：2.8，目的是为保证高产率和高反应速率
5．某研究小组以Ag-ZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1mol NO转化为的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为；有CO时反应为]。下列说法错误的是

A．反应的
B．X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率
C．达平衡后，其他条件不变，使，CO转化率上升
D．Y点再通入CO、各0.01mol，此时v正()＜v逆()
6．在起始温度均为T℃、容积均为10L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和4molCO，发生反应。已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是

A．曲线M、N的平衡常数大小为：
B．与浓度比为1∶1时，标志此反应已达平衡
C．T℃时，
D．用CO的浓度变化表示曲线N在0~100s内的平均速率为
7．在一定温度下，可逆反应A(g)+ 3B(g) 2C(g)达到平衡的标志是
A．C的生成速率与A的生成速率相等
B．单位时间内生成1摩尔A的同时生成3摩尔B
C．混合气体的总物质的量不再变化
D．A、B、C的物质的量之比为1：3：2
8．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。

下列说法不正确的是
A．反应
B．选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能
C．和的总能量大于和的总能量
D．反应Ⅱ的热化学方程式表示为
9．某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将 “固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。

下列说法不正确的是
A．酸性强弱：三氯乙酸>二氯乙酸
B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
C．硝酸有分子内氢键，故其沸点较低
D．转化为的反应是
10．若反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)在恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是
A．v正(NO2)=2v正(NO) B．NO和Cl2的物质的量之比不变
C．混合气体密度保持不变 D．c(NO2)：c(NO)：c(Cl2)=4：2：1
11．反应，在50℃和T℃时，M的物质的量浓度(单位：)随时间变化的有关实验数据见表。
时间/min
0
1
2
3
4
5
50℃时
0.80
0.55
0.35
0.20
0.15
0.15
时
1.00
0.65
0.35
0.18
0.18
0.18
下列说法正确的是
A．在50℃时，2 min内用N表示的化学反应速率为
B．T℃下，3 min时反应刚好达到平衡状态
C．根据表格内M浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大
D．从表中可以看出T”“＜”或“=”) K2。
18．黑色金属材料是工业上对铁、铬、锰的统称，、、及其化合物在日常生活生产中的用途相当广泛。
Ⅰ. 根据所学知识，回答下列问题：
(1)具有净水作用，净水的原理是 。
(2)向溶液中加入溶液至过量，微热。再通入，可观察到溶液呈紫色(高铁酸钾：)。写出此过程发生反应的离子方程式： 。
(3)可用于治疗缺铁性贫血症，为验证药品的还原性，某实验小组取少量药用配制成溶液，并取溶液于试管中，滴入几滴浓硝酸，振荡，试管中产生红棕色气体，溶液变为深棕色。为探究溶液没有变为黄色的原因补充了如下实验：向溶液和溶液中分别通入，观察到溶液变为深棕色，溶液无明显变化。
①“试管中产生红棕色气体，溶液变为深棕色”的原因是 。
②实验小组改进实验，观察到溶液变为黄色的实验操作是 。
Ⅱ.在溶液中存在下列平衡：。
(4)下列有关溶液的说法正确的是_______(填标号)。
A．加入少量硫酸，溶液的橙色加深
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．入少量溶液，平衡逆向移动
D．加入少量固体，平衡正向移动，转化率变大
Ⅲ.可用作电讯器材元件材料。还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率()随温度的变化如图所示。

(5)时，剩余固体中为 。
(6)图中C点对应固体的成分为 (填化学式)。

参考答案：
1．B
【详解】A．=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故A错误；
B．慢反应是决速步，是慢反应的反应物，减小的浓度会降低正反应速率，降低的生成速率，故B正确；
C．是催化剂，催化剂不能改变反应的焓变，故C错误；
D．反应①是快反应，反应②是慢反应，活化能越小反应越快，①的活化能小于②的活化能，故D错误；
故选B。
2．D
【详解】A．该反应的焓变△H为生成物的总能量减去反应物的总能量，则△H=(1-5)QkJ/mol=-4QkJ/mol， 该反应的热化学方程式为该条件下反应的热化学方程式为:CH3OH(g)+IB(g) = MTBE(g) OH=-4QkJ/mol，选项A正确；
B．N1、N2、 N3三种反应历程的活化能分别为(6-2)QkJ/mol=4 QkJ/mol、(9-3)QkJ/mol=6QkJ/mol、(10-4)QkJ/mol=6QkJ/mol，则N1反应速率最快，选项B正确；
C．过渡态I的能量最低，能量越低越稳定，故过渡态I比另两种过渡态稳定，选项C正确；
D．N1、N2、N3三种反应历程的活化能不相等，则同温同压下，只有起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的转化率不相同，选项D错误；
答案选D。
3．C
【详解】A．实验1中，反应在10～20min内，v(HI)==0.0065 mol•L-1•min-1，A错误；
B．在实验1和实验2中，40min后HI(g)的物质的量不再变化，说明40min后反应处于平衡状态，但不能说明40min时反应恰好达到平衡状态，B错误；
C．实验2和实验3的反应温度不同，且HI(g)的起始物质的量不同，则无法说明浓度对反应速率的影响趋势，C正确；
D．比较实验1和实验3，开始时加入的n(HI)相同，反应温度不同，平衡时实验3中HI(g)的物质的量少，说明温度越高，HI的分解率越大，D错误；
综上所述答案为C。
4．C
【详解】A．N2吸附分解所需活化能高于H2，说明N2吸附分解速率慢，由此可知N2在催化剂上的吸附能力弱于H2，A错误；
B．根据题给信息，N2在催化剂表面的均匀吸附可提升反应速率，相较于图乙，图甲N2吸附均匀，则反应速率：甲>乙，而提升N2比例有利于加快反应，则氮分压：甲>乙，B错误；
C．由选项B分析知，反应速率：甲>乙，C正确；
D．原料气中N2相对易得，适度过量有利于平衡正向移动，提高H2的转化率，同时N2在催化剂上的吸附分解速率慢，是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率，D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．由图中曲线II可知，随着温度的升高，反应速率增大，相同时间内NO的转化率增大，当NO的转化率最大时，说明反应达到平衡，继续升高温度，NO的转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，反应的，故A正确；
B．X点未达到平衡，更换高效催化剂，能使反应速率加快，相同时间下测得NO的转化率增大，故B正确；
C．达平衡后，其他条件不变，使，相当于增大NO的浓度，平衡正向移动，CO的转化率上升，故C正确；
D．由图中曲线II可知，Y点为平衡点，NO的转化率为80%，根据已知条件列出“三段式”：

平衡常数K==1600，再通入CO、各0.01mol，Qc=v逆()，故D错误；
故选D。
6．A
【详解】A．起始温度相同，容器A为恒温装置，温度始终不变，则K不变，容器B为绝热体系，反应为放热反应，随反应进行体系内温度升高，则平衡常数减小。温度越高反应速率加快，反应先达到平衡状态，则M对应容器B，N对应容器A，因此，A正确；
B．与为生成物，且系数比为1：1，两者浓度始终保持1：1不变，因此不能据此判断平衡状态，B错误；
C．该反应在温度为T℃条件下进行。根据选项A分析可知：N表示在恒温(A)下进行的反应。反应开始时n(N2O)=1 mol，n(CO)=4 mol，反应达到平衡时N2O的转化率是25%，则根据反应N2O(s)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)的转化关系可知平衡时n(N2O)=0.75 mol，n(CO)=3.75 mol，n(N2)=n(CO2)=0.25 mol，由于容器的容积是10 L，则平衡浓度c(N2O)=0.075 mol/L，c(CO)=0.375 mol/L，c(N2)=c(CO2)=0.025 mol/L，反应达到平衡时v正=v逆，k正∙c(N2O) ∙c(CO)=k逆∙c(N2) ∙c(CO2)，===，C错误；
D．0-100 s时N2O的转化率为10 %，N2O的反应量为l mol×10% =0.l mol，根据方程式中物质反应转化关系可知CO的反应量为0.l mol，则用CO的浓度变化表示曲线N在0-100 s内的反应速率为v(CO)==1.0×10-4mol/(L⋅s)，D错误；
故选：A。
7．C
【详解】A．C的生成速率与A的生成速率之比为2:1时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．单位时间生成1mol A，同时生成3mol B，表示的都是逆反应速率，不能判定该反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．该反应为气体物质的量减少的反应，当混合气体的总物质的量不再变化时，说明该反应达到平衡状态，C符合题意；
D．反应过程中A、B、C的物质的量之比与初始量和转化率有关，A、B、C的物质的量之比为1:3:2时，该反应不一定达到平衡状态，D不符合题意；
故选C。
8．C
【详解】A．该反应中消耗2mol气体产生了4mol气体，气体量增加为熵增的反应ΔS>0，A正确；
B．催化剂改变反应历程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能，B正确；
C．从能量图看1molCH3OH(g) 和1molH2O(g)的总能量低于1molCO2(g)和3H2(g)的总能量，C错误；
D．催化机理看，CO(g)和H2O为该反应的中间产物。从能量图看CO(g)和H2O(g)的总能量高于H2(g)和CO2(g)，所以该反应为放热反应 ΔH50，D错误。
故选C。
12．C
【详解】A．升高温度，转化率增大，平衡正向移动，正向是吸热反应即该反应，故A正确；
B．200℃时，前10min的平均反应速率，故B正确；
C．400℃时，X转化率为60%，反应的平衡常数，故C错误；
D．ab阶段随温度升高，转化率增大，bc阶段随温度升高，转化率减小，该变化可能是催化剂在温度高于400℃时活性降低导致，故D正确。
综上所述，答案为：C。
13．BC
【详解】A．12s时，反应达到平衡状态，生成0.8molC，由图可知，A、B分别消耗的物质的量为(1.6-0.4)mol=1.2mol，(1.0-0.6)mol=0.4mol，由物质的转化量之比等于化学计量数之比可得：1.2:0.4:0.8=3:1:2，则b=1，c=2，故A正确；
B．容器容积不变，平衡时向容器中充入A，反应物浓度增大，反应速率加快，故B错误；
C．起始总物质的量为(1.6+1.0)mol=2.6mol，由A选项分析知，平衡时混合气体总物质的量为(0.4+0.6+0.8)mol=1.8mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，则，即平衡时气体总压强是起始的，故C错误；
D．由A选项分析知，该反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)为气体体积减小的反应，则混合气体总的物质的量是个变量，反应前后混合气体的总质量不变，因此混合气体的平均相对分子质量是个变量，当其不变时，说明反应达平衡状态，故D正确；
故选BC。
14．AD
【详解】A．该反应为吸热反应，温度越高，平衡正向移动，n(总)越大，越小，所以，，A正确；
B．因为，所以反应速率：，B错误；
C．该反应为吸热反应，温度越高，K值越大，，所以平衡常数：，C错误；
D．该反应为吸热反应，欲测定的相对分子质量，应该高温低压下，平衡正向移动，尽可能多得生成，D正确；
故选AD。
15．(1)ACD
(2)0.5
(3)
(4) 减压或升温 0.8
(5)b

【详解】（1）A．容器容积不变，随反应进行反应后气体总物质的量增大，则容器内压强增大，则容器内压强保持不变，能说明该反应已达到平衡状态，故A正确；
B．CO2(g)与CO(g)的物质的量之比为1：2，不能说明正逆反应速率相等，不能说明该反应已达到平衡状态，故B错误；
C．容器容积不变，随反应进行反应后气体总质量增大，则气体密度增大，则气体的密度保持不变，能说明该反应已达到平衡状态，故C正确；
D．容器中只有两种气体，随反应进行，气体的平均相对分子质量越接近CO的相对分子质量，则气体的平均相对分子质量保持不变，能说明该反应已达到平衡状态，故D正确；
故选ACD。
（2）0~2min内，用CO表示的平均反应速率为。
（3）由图可知，起始CO2物质的量为8mol，2min时反应达到平衡，CO的物质的量为2mol，则消耗CO2物质的量为1mol，平衡时，CO2物质的量为7mol，CO2物质的量浓度为mol/L，CO2物质的量浓度为1mol/L，该反应的平衡常数.
（4）3min末，改变条件，CO物质的量继续增大，CO2物质的量继续减小，即平衡正向移动，该反应的正反应是气体物质的量增大的吸热反应，则改变的条件是减压或升温。再次达到平衡时，CO2物质的量为6mol，CO物质的量为4mol，容器内总压强为3MPa，此时，该反应的平衡常数MPa。
（5）5min时再充入一定量的CO，平衡逆向移动，CO2的物质的量逐渐增多，则表示CO2的物质的量变化的曲线分别为b。
16．(1) 50% CD C
(2)
(3) 加快反应速率，提高原料的利用率

【详解】（1）①当生成0.2molNH3时，消耗氢气0.3mol，氢气的转化率为：；
②A.加催化剂可以加快反应速率，但不会影响氢气的转化率，A错误；
B.增大容器体积，压强减小，该反应正向气体分子数减少，故平衡逆向移动，氢气的转化率减小，B错误；
C.该反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，C正确；
D.加入一定量N2，反应物浓度增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大，D正确；
故选CD；
③A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2，浓度之比等于化学计量数之比，不能证明反应达到平衡，A错误；
B.当v(N2)正=v(H2)逆时可以判断达到平衡，B错误；
C.该反应前后气体分子数变化，当容器内压强保持不变时达到平衡，C正确；                                   D.该反应气体总质量和容器体积均不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断达到平衡，D错误；
故选C。
（2）标况下11.2L甲烷的物质的量为0.5mol，完全燃烧时放出的热量为akJ，故1mol甲烷完全燃烧时放出的热量为2akJ，表示甲烷燃烧热的热化学方程式为：；
（3）①As的原子序数为33，原子结构示意图为：；
②As2S3与O2反应，生成H3AsO4和单质硫，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为：；该反应正向气体分子数减少，加压浓度增大，化学反应速率增大，平衡正向移动，反应物的利用率增大，故在加压下进行的原因是：加快反应速率，提高原料的利用率；
③记I：   ；
II：     ；III     ，目标反应=2I-3II-III，故。
17．(1) 0.04mol·L-1·min-1 33.3% 37.5% BDE
(2) BC =

【详解】（1）如图，该反应为可逆反应，X的量在减少，为反应物，Z、Y的量在增加，为生成物，根据计量数之比等于物质的量变化量之比，可得tmin时，，则该反应的化学方程式为，故填；
如图，到t=5min时，Z的变化量为，则t=5min内Z的反应速率为；X的变化量为2.4mol-1.6mol=0.8mol，起始量为2.4mol，转化率为，在相同条件下，Y的体积分数为物质的量分数，即故填；33.3%；37.5%；
化学平衡状态是指在一定条件下,当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时,反应物的浓度与 生成物的浓度不再改变，即变量不变，以此作答；
A．平衡时，正逆反应速率相等，但X、Y、Z速率相等时不一定达到平衡状态，故A不选；
B．该反应为分子数减少的反应，反应中压强在变，当混合气体的压强不随时间的变化而变化时，反应达平衡，故B选；
C．该反应在恒容密闭容器中进行，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，ρ在平衡前后始终不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡，故C不选；
D．对于反应，生成1molZ的同时生成2molX，即表示，反应达平衡，故D选；
E．该反应为分子数增多的反应，混合气体的物质的量为变量，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，M为变量，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡，故E选；
故填BDE；
（2）A．常温下温度较低，催化剂活性低，反应速率慢，故A不选；
B．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，故B选；
C．该反应为分子数减少的反应，增大压强，反应速率加快，故C选；
D．氨液化，不断移去液氨，使生成物浓度降低，反应速率减慢，故D不选；
故选BC；
平衡常数与温度有关，图中所示的平衡体系中NH3的物质的量分数为0.549和0.478时，均在400℃下反应，温度相同，平衡常数相等，所以，故填=。
18．(1)水解产生的胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；
(2)
或；
(3) 亚铁离子和浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮和亚铁离子作用显示深棕色； 取溶液于试管中，加入稀硝酸，振荡；
(4)AB
(5)1∶2；
(6)与。

【详解】（1）水解产生的胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；故具有净水作用，答案为：水解产生的胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；
（2）根据已知产物中有，结合电子转移守恒，电荷守恒，原子守恒可得方程为：或；
（3）亚铁离子和浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮和亚铁离子作用显示深棕色；
实验小组改进实验，观察到溶液变为黄色的实验操作是取溶液于试管中，加入2mL稀硝酸，振荡，反应中亚铁离子完全被氧化，反应后的溶液中不存在亚铁离子，且反应生成的气体为一氧化氮，不是二氧化氮，故能看到溶液变为黄色。故答案为：亚铁离子和浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮和亚铁离子作用显示深棕色； 取溶液于试管中，加入稀硝酸，振荡；
（4）A．加入少量硫酸，.上述平衡逆向移动，溶液的橙色加深，A正确；
B．加入少量水稀释，平衡会正向移动，溶液中离子总数增加， B正确；
C．加入少量NaOH溶液，减小氢离子浓度，平衡正向移动，C错误；
D．加入少量固体，平衡正向移动，但是转化率变小，D错误；
故本题选AB。
（5）设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115g。A点剩余固体质量为
115 g75. 65%≈87 g。减少的质量为115 g-87 g=28 g，可知MnCO3失去的组成为“CO”,
故剩余固体的成分为MnO2，答案为：1：2；
（6）C 点剩余固体质量为115 g61. 74%≈71 ，据锰元素守恒知：m(Mn)=55 g，则m(O)=71g-55 g=16 g，则n(Mn) ：n(O)=1：1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115 g 66. 38%≈76g，因m(Mn)=55g，则m(O)=76g-55g=21g，则n(Mn) ：n(O) ≈3：4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物，答案为：与。