高二化学选修4第2章-化学反应速率和化学平衡

1、特选高二化学选修4第2章-化学反应速率和化学平衡第二章 化学反响速率和化学平衡一、选择题(每题有1个或2个选项符合题意)1工业上制备纯硅反响的热化学方程式如下：SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g)；HQkJmol1(Q0)某温度、压强下，将一定量反响物通入密闭容器进行以上反响(此条件下为可逆反响)，以下表达正确的选项是()A反响过程中，假设增大压强能提高SiCl4的转化率B假设反响开始时SiCl4为1 mol，那么在平衡时，吸收热量为QkJC反响至4 min时，假设HCl浓度为0.12 molL1，那么H2的反响速率为0.03 mol(Lmin)1D当反响吸收热量为0.025Q

2、kJ时，生成的HCl通入100 mL1 molL1的NaOH溶液恰好反响【解析】根据SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g)；HQkJmol1(Q0)可知，该反响为正向气体体积增大且吸热的可逆反响。A项假设在反响过程中增大压强，平衡逆向移动，SiCl4转化率降低，A项错。1 mol SiCl4反响达平衡时，不可能完全转化，因此吸收热量小于QkJ，B项错。C项中HCl的速率为0.03 molL1mol1，H2的速率应为0.015 molL1min1，故C错误。当反响吸收热量为0.025QkJ时，反响生成HCl为0.1 mol，将其通入100mL 1 molL1的NaOH溶液中恰好反响

3、，D正确。【答案】D2：4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)；H1025kJmol1，该反响是一个可逆反响。假设反响物起始物质的量相同，以下关于该反响的示意图不正确的选项是()【解析】正反响为放热反响，升高温度，反响速率增大，平衡左移，NO含量降低，A项正确，C项错误；正反响是体积增大的反响，增大压强平衡左移，NO含量降低，B项正确；参加催化剂可加快反响速率，缩短到达平衡的时间，D项正确。【答案】C3(2023四川理综)在密闭容器中进行如下反响：H2(g)I2(g)2HI(g)，在温度T1和T2时，产物的量与反响时间的关系如下图。符合图示的正确判断是()AT1T2，H0BT1T

4、2，H0CT10 DT1T2，HT1，温度升高碘化氢的量减小，即平衡向逆反响方向移动，所以正反响为放热反响，即H丙甲 B乙丁甲丙C丁乙丙甲 D丁丙乙甲【解析】根据可逆反响的特征，甲和丙，乙和丁分别为相同的平衡状态，到达平衡后n(CO)相同；甲和乙相比拟，乙中增加了CO2的物质的量，平均正向移动，n(CO)增加，所以乙丁丙甲。【答案】A5Cl2通入水中发生如下反响Cl2H2OHClHClO，欲增大所得溶液中HClO的浓度，应采取的措施为()A加Na2CO3固体 B加NaOH固体C加水 D通入NH3气【答案】A6(2023全国理综)：C(s)CO2(g)2CO(g)H0。该反响到达平衡后，以下条件

5、有利于反响向正方向进行的是()A升高温度和减小压强 B降低温度和减小压强C降低温度和增大压强 D升高温度和增大压强【解析】对于反响C(s)CO2(g)2CO(g)H0，正反响气体体积增大，反响吸热，故升高温度，减小压强有利于反响向正向进行。【答案】A7(2023安徽理综)汽车尾气净化中的一个反响如下：NO(g)CO(g)eq f(1,2)N2(g)CO2(g)H373.4kJmol1在恒容的密闭容器中，反响达平衡后，改变某一条件，以下示意图正确的选项是()【解析】由H373.4kJmol1，温度升高，平衡向逆反响方向移动，K减小，CO转化率降低，故A、B两项错；K只与温度有关，C项正确；D项增

6、大N2的物质的量平衡左移，那么NO转化率降低，所以D项错。【答案】C8(2023广东单科)取五等份NO2，分别参加温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反响：2NO2(g)N2O4(g)，H0反响相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反响温度(T)变化的关系图。以下示意图中，可能与实验结果相符的是()【解析】B项，反响达平衡后，升高温度平衡左移，NO2%增大；D项，反响未达平衡，升高温度反响向右进行趋于平衡，NO2%减小，达平衡后升高温度，平衡左移，NO2%增大，应选B、D。【答案】BD9(2023宁夏理综)硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反响的化学方程式为：Na2S2O3

7、H2SO4Na2SO4SO2SH2O，以下各组实验中最先出现浑浊的是()实验反响温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(molL1)V/mLc/(molL1)V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210【解析】考查反响速率的影响因素和控制变量分析外界因素对速率的影响。【答案】D10(2023全国理综)以下图表示反响X(g)4Y(g)Z(g)，H0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：以下有关该反响的描述正确的选项是()A第6 min后，反响就终止了BX的平衡转化率为85%C假设升高温度，X的平衡转化率将大于85

8、%D假设降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小【解析】A项，6 min时反响到达了平衡状态，但正、逆反响并未停止；B项，X的起始浓度为1.0 molL1，平衡时为0.15 molL1，浓度变化量为0.85 molL1，转化率为85%；C项，反响放热，升高温度平衡向逆反响方向移动，X的转化率将小于85%；D项，降温正、逆反响速率均减小，但逆反响速率减小的倍数大于正反响速率减小的倍数。【答案】B11(2023北京理综)：H2(g)I2(g)2HI(g)；H0某小组通过实验研究该反响(反响过程中体积变化忽略不计)。反响体系中各组分的起始量如下表：组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/m

9、ol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度T1下随反响时间(t)的变化见以下图：(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反响速率，结果见下表：反响时间范围/min05101520253035404550557580平均反响速率/(103molmin1)1.97.47.84.41.60.80.0请计算1520 min范围内甲酸甲酯的减少量为_mol，甲酸甲酯的平均反响速率为_molmin1(不要求写出计算过程)。(2)依据以上数据，写出该反响的反响速率在不同阶段的变化规律及其原因：_。(3)上述反响的平衡常数表达式为：Keq f(c(HCOOH)c(CH3OH),c(H

10、COOCH3)c(H2O)，那么该反响在温度T1下的K值为_。(4)其他条件不变，仅改变温度为T2(T2大于T1)，画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反响时间变化的预期结果示意图。【解析】(1)15 min时甲酸甲酯转化率为6.7%,20 min时甲酸甲酯转化率为11.2%，那么其减少量为：10011.2%1.006.7%0.045 mol。平均反响速率为：eq xto(v)eq f(0.045 mol,5 min)9103molmin1(2)由表中数据及(1)中计算出的1520 min的平均反响速率可知，反响前期反响速率增加，随着反响的进行反响速率增加更快，反响后期反响速率又减小。结合影响反响速

11、率的因素可推测是反响中生成的甲酸具有催化作用。反响初期生成甲酸量少，催化效果不明显，反响速率较慢，随着生成甲酸量增多，催化效果显著，反响速率明显增大，到反响后期，浓度对反响速率的影响起主导作用，使反响速率减小。(3)平衡时甲酸甲酯转化率为24.0%，那么：HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH起始量 1.00 1.99 0.01 0.52反响量 0.24 0.24 0.24 0.24平衡量 0.76 1.75 0.25 0.76那么Keq f(c(HCOOH)c(CH3OH),c(HCOOCH3)c(H2O)eq f(0.250.76,0.761.75)0.14(4)升高温度，反响速率加快，到达平衡时间短；该反响是吸热反响，升高温度时平衡向正反响方向移动，故T2比T1温度下甲酸甲酯转化率要高；抓住这两点，那么不难画