2023版新教材高考化学复习特训卷第一部分高频考点分层集训单元检测7化学反应速率和化学平衡

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________________________________________。(2)NO2可发生二聚反应生成N2O4，化学方程式为2NO2(g)eq\o(,\s\up11(k正),\s\do4(k逆))N2O4(g)，上述反应达到平衡后，升高温度可使体系颜色加深，则该反应的ΔH________0(填“>”或“<”)。已知该反应的正反应速率方程为v正＝k正·c2(NO2)，逆反应速率方程为v逆＝k逆·c(N2O4)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数。则如图lgk表示速率常数的对数；eq\f(1,T)表示温度的倒数，所示①、②、③、④四条斜线中，能表示lgk正随eq\f(1,T)变化关系的是斜线________，能表示lgk逆随eq\f(1,T)变化关系的是斜线________。(3)图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a＋1.5、a＋0.5、a－0.5、a－1.5，则温度T1时化学平衡常数K＝________mol－1·L。已知温度T1时，某时刻恒容密闭容器中NO2、N2O4浓度均为0.2mol·L－1，此时v正________v逆(填“>”或“<”)；上述反应达到平衡后，继续通入一定量的NO2，则NO2的平衡转化率将________，NO2的平衡浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”)。19．(12分)(1)反应H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g)的反应机理如下：第一步：I2eq\o(,\s\up11(k1),\s\do4(k－1))2I(快速平衡)第二步：I＋H2eq\o(,\s\up11(k2),\s\do4(k－2))H2I(快速平衡)第三步：H2I＋Ieq\o(,\s\up7(k3))2HI(慢反应)①第一步反应________(填“放出”或“吸收”)能量。②只需一步完成的反应称为基元反应，基元反应如aA＋dD=gG＋hH的速率方程，v＝k·ca(A)·cd(D)，k为常数；非基元反应由多个基元反应组成，非基元反应的速率方程可由反应机理推定。H2(g)与I2(g)反应生成HI(g)的速率方程为v＝________(用含k1、k－1、k2…的代数式表示)。(2)将氨氧化法制硝酸过程中氨经催化氧化后的气体(高于800℃)急剧冷却到100℃以下，一方面除去大量的H2O，使NO(g)和O2(g)发生反应，另一方面温度低有利于生成NO2(g)。2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：Ⅰ.2NO(g)⇌N2O2(g)(反应快，瞬间达到平衡)ΔH1<0v1正＝k1正·c2(NO)v1逆＝k1逆·c(N2O2)Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)(反应慢)ΔH2<0v2正＝k2正·c(N2O2)·c(O2)v2逆＝k2逆·c2(NO2)其中k1、k2是速率常数，随温度上升而增大。则：一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝________，根据速率方程分析，升高温度该总反应速率减小的原因是________________________________________________________________。20．(12分)二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁能源，可由合成气(CO、H2)来制备，反应原理如下：反应Ⅰ：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1反应Ⅱ：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH2回答下列问题：(1)上述反应符合“原子经济性”原则的是________(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。(2)图中使曲线a对应反应按曲线b进行的措施是____________，由合成气(CO、H2)制备CH3OH(g)的热化学方程式为________________________，该反应自发进行的条件为________(填“低温”或“高温”)。(3)模拟该制备原理，起始时在某容器中充入2molCO和4molH2合成CH3OCH3(g)，平衡时混合物中氢气的体积分数与温度、压强的关系如图所示：①下列有关说法能够证明恒温恒压时，反应2CO(g)＋4H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH<0一定达到平衡状态的是________(填序号)。a．CO和H2的转化率相等b．反应体系中混合气体密度保持不变c．eq\f(c（H2）,c（CH3OCH3）)的值保持不变d．反应体系压强保持不变②图中T1________T2(填“>”“<”或“＝”)；理由是____________________________。③在A、B两点对应的条件下，该反应从开始到平衡时生成二甲醚的平均速率：v(A)________v(B)。④B点对应的Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。单元检测7化学反应速率和化学平衡1．DA项，防止铁生锈，可在其表面涂一层防锈油漆，阻止铁与潮湿的空气接触；B项，面粉厂、加油站周围的空气中飘浮着可燃性的气体或粉尘，遇明火可能会发生爆炸，所以面粉厂、加油站均要严禁烟火；C项，MnO2对KClO3的分解起催化作用，可以加快化学反应速率；D项，降温会减慢H2O2的分解速率。2．D实验②、④起始浓度相同，但温度不同，④反应速率较大，则可得出结论：升高温度，化学反应速率加快，故A正确；①、②温度相同，但浓度不同，①浓度较大，可得出结论：增大反应物浓度，化学反应速率增大，故B正确；②、③温度、浓度相同，③反应速率较大，应为加入催化剂，故C正确；在0～10min之间，实验③X的浓度变化为0.4mol·L－1，则v(Y)＝eq\f(1,2)v(X)＝eq\f(1,2)×eq\f(0.4mol·L－1,10min)＝0.02mol·L－1·min－1，故D错误。3．D平衡时，正、逆反应速率相等，即K＝eq\f(c（C2H5OH）,c（C2H4）·c（H2O）)＝eq\f(k正,k逆)，升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小，故k正增大的倍数小于k逆。4．C由图可知，a点时，A、B的物质的量浓度的变化不同，反应时间相同，则反应速率不相等，A项错误；反应开始到5min时，B的物质的量由0mol变为0.4mol，增加了0.4mol，B项错误；反应达到平衡时，A的物质的量由0.8mol变为0.2mol，减少0.6mol，则A为反应物，B的物质的量由0mol变为0.4mol，增加0.4mol，C的物质的量由0mol变为0.2mol，增加0.2mol，则B、C为生成物，依据化学计量数之比等于反应体系中各物质的变化量之比可得，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)＝0.6mol∶0.4mol∶0.2mol＝3∶2∶1，反应的化学方程式应为3A⇌2B＋C，C项正确；反应开始到5min时，Δn(C)＝0.2mol，v(C)＝eq\f(Δc（C）,Δt)＝eq\f(\f(Δn（C）,V),Δt)＝eq\f(\f(0.2mol,2L),5min)＝0.02mol·L－1·min－1，D项错误。5．D该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳转化率减小，则反应温度：Z>Y>X，A错误；X℃时，H2和CO的起始组成比越大，容器中氢气的浓度越大，一氧化碳的转化率越大，氢气的转化率越小，B错误；化学平衡常数只与温度有关，Y℃时，增大压强，温度不变，化学平衡常数不变，C错误；由题给数据可知，Z℃时，平衡时氢气、一氧化碳和甲醇的浓度均为0.5mol·L－1，则平衡常数值为4，D正确。6．A反应达平衡时，容器Ⅰ中eq\f(c（Cl2）,c（PCl3）)＝1，容器Ⅱ中起始时eq\f(c（Cl2）,c（PCl3）)大于1，不管反应正向进行还是逆向进行，反应达平衡时，eq\f(c（Cl2）,c（PCl3）)都大于1，故A错误。容器Ⅰ中：PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g)起始浓度/(mol·L－1)0.400转化浓度/(mol·L－1)0.20.20.2平衡浓度/(mol·L－1)0.20.20.2平衡常数K＝eq\f(c（Cl2）·c（PCl3）,c（PCl5）)＝0.2，平衡时总物质的量为0.6mol·L－1×1.0L＝0.6mol，Cl2的体积分数为eq\f(1,3)；容器Ⅰ和容器Ⅱ温度相同，则反应的平衡常数相等，容器Ⅱ中起始时Qc＝c(Cl2)·eq\f(c（PCl3）,c（PCl5）)＝1.95×0.05÷1.05＝0.093<0.2，反应正向进行，设反应达平衡时，PCl5转化了xmol·L－1，列三段式：PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g)起始浓度/(mol·L－1)1.050.051.95转化浓度/(mol·L－1)xxx平衡浓度/(mol·L－1)1.05－x0.05＋x1.95＋x平衡常数K＝(1.95＋x)×(0.05＋x)÷(1.05－x)＝0.2，解得x＝0.05，平衡时总物质的量为(2＋0.1＋1)mol＝3.1mol，容器Ⅰ和容器Ⅱ等温等容，则反应达到平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为0.6∶3.1＝6∶31，故B正确。根据等效平衡原理，容器Ⅲ与容器Ⅰ相比，压强增大，达到的平衡相当于容器Ⅰ中反应达平衡后向逆反应方向移动，Cl2的体积分数小于eq\f(1,3)，容器Ⅲ中c(PCl5)大于容器Ⅰ中c(PCl5)的2倍，即容器Ⅲ中0.4mol·L－1<c(PCl5)<0.8mol·L－1，故C、D正确。7．DA．反应Ⅰ为CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)，平衡常数可表示为＝eq\f(c（CH4）·c2（H2O）,c（CO2）·c4（H2）)，正确；B.向恒压密闭容器中通入1molCO2和4molH2，反应正向建立平衡，在600℃时B的量达到最多，反应达到平衡状态，超过600℃时平衡向吸热反应方向移动，故反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动，甲烷的量减小，故B为甲烷，正确；C.反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故低温有利于反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，提高CO2转化为CH4的转化率，故需研发在低温区高效的催化剂，正确；D.已知反应Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－164.7kJ·mol－1，反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－1，由盖斯定律Ⅱ－Ⅰ可得CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－1－(－164.7kJ·mol－1)＝205.9kJ·mol－1，此反应气体分子数增加，ΔS＞0，ΔH－TΔS＜0，则高温下能自发，错误。8．D图甲表明相同时间内，H2O2初始浓度越大，其分解速率越快，A错误；图乙中从上到下三种溶液的碱性逐渐增强，分解速率逐渐加快，所以pH越大，H2O2分解速率越快，B错误；由图丙可知，少量Mn2＋存在时，NaOH浓度为0.1mol·L－1时H2O2的分解速率比NaOH浓度为1.0mol·L－1时快，C错误；图丙表明，在0mol·L－1NaOH的条件下，Mn2＋对H2O2的分解几乎无影响，图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋浓度越高，H2O2分解速率越快，D正确。9．D在炭粉中加入KClO3，点燃时，KClO3受热分解放出氧气，可以使炭粉燃烧更剧烈，与催化剂无关，A不符合题意；锌与稀硫酸的反应中加入少量CuSO4溶液，锌和硫酸铜发生置换反应，置换出来的铜附着在锌上，形成了铜锌原电池，从而使反应放出H2的速率加快，与催化剂无关，B不符合题意；固态FeCl3和固体NaOH混合，溶于水后电离出大量离子，Fe3＋与OH－迅速反应产生红褐色沉淀，与催化剂无关，C不符合题意；双氧水中加入少量MnO2，MnO2催化H2O2分解，迅速放出气体，反应速率加快是由催化剂引起的，D符合题意。10．D该实验原理是2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，KMnO4被还原为MnSO4，溶液由紫红色变为无色，故实验中通过记录溶液褪色时间，判断反应速率的快慢，A正确；实验①②中温度、c(KMnO4)均相同，c(H2C2O4)不同，故实验目的是探究浓度对化学反应速率的影响，B正确；实验①③中c(KMnO4)、c(H2C2O4)均相同，温度不同，故实验目的是探究温度对化学反应速率的影响，C正确；该反应中Mn2＋起催化作用，①中加入MnSO4固体，会加快反应速率，D错误。11．AB催化剂可以降低反应活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A错误；催化剂可以降低反应活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1＝ΔH2<0，但Ea1>Ea2，B错误；途径二中H＋作为反应物参与反应，通过改变反应途径加快反应速率，C正确；途径二中，生成的活化能最高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确。12．AD根据题图，反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、H2O，结合反应物、生成物中各元素化合价变化情况可知，NO、O2为氧化剂，A正确；慢反应决定反应速率，反应1是快速的，B错误；从反应机理来看，反应4中V元素形成的化学键发生改变，则化合价发生改变，C错误；该反应是一个循环反应，由反应1、2可判断，反应中除去1molNO，消耗1molNH3，D正确。13．CD由图可知，温度越高，反应物的转化率越低，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，可知该反应的ΔH<0，故A错误；平衡时不同物质的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时，v正(H2)＝3v逆(CO2)，故B错误；该反应为放热反应，温度越高K越小，b点温度高于c点，则b点对应的平衡常数K值小于c点，故C正确；a点CO2转化率为60%，n(H2)∶n(CO2)＝2，设H2为2mol，转化的CO2为1mol×60%＝0.6mol，结合反应可知，转化的氢气为0.6mol×eq\f(6,2)＝1.8mol，则a点对应的H2的平衡转化率为eq\f(1.8mol,2mol)×100%＝90%，故D正确。14．ADA．取横坐标为0时曲线中的两点，由于该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小，则温度T1＜T2，错误；B.取横坐标为0时，T2对应曲线的点，c(H＋)＝10－3.75mol·L－1，K＝eq\f(c2（MOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）·c2（H＋）,c（M2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))）)，根据方程式c(H＋)＝c(MOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4)))，c(M2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(7)))≈0.1mol·L－1，代入K表达式中，K≈eq\f(（10－3.75）4,0.1)＝10－14，正确；C.根据电荷守恒，2c(M2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(7)))＋2c(MOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4)))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，故C正确；D.K＝eq\f(c2（MOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）·c2（H＋）,c（M2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))）)，则eq\f(c（M2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))）,c2（MOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）)＝eq\f(c2（H＋）,K)，T1温度下，加入Na2M2O7，平衡正向移动，氢离子浓度增大，温度不变，K值不变，则eq\f(c（M2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))）,c2（MOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）)增大，错误。15．D增大S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))浓度或I－浓度，反应①、反应②的反应物的浓度均会增大，反应速率均加快，故A正确；若往该溶液中加入含Fe3＋的某溶液，发生反应①2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)⇌I2(aq)＋2Fe2＋(aq)、②2Fe2＋(aq)＋S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))(aq)⇌2Fe3＋(aq)＋2SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))(aq)，总反应为S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))(aq)＋2I－(aq)⇌2SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))(aq)＋I2(aq)，铁离子为反应的催化剂，故B正确；焓变等于正、逆反应的活化能之差，则正反应的活化能比逆反应的小，所以该反应是放热反应，故C正确；S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(8))(aq)＋2I－(aq)⇌2SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))(aq)＋I2(aq)为放热反应，升温平衡逆向进行，碘单质浓度减小，蓝色变浅，故D错误。16．答案：(1)＞＞(2)BC(3)6.1×107(4)增大解析：(1)分析表中数据可知，温度升高，平衡气体总浓度增大，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，则有ΔH＞0；该反应是气体体积增大的反应，则有ΔS＞0。(2)达到平衡时，正、逆反应速率相等，则有v正(NH3)＝2v逆(CO2)，A项不符合题意；因为反应前后气体分子数不相等，未达到平衡前压强一直在变，所以总压强不变时，说明反应达到平衡，B项符合题意；反应未达到平衡前，气体质量一直在变，而容器容积不变，依ρ＝eq\f(m,V)可知，混合气体的密度也在变，所以混合气体的密度不变时，说明反应达到平衡，C项符合题意；反应产物中NH3和CO2的物质的量之比始终为2∶1，密闭容器中氨气的体积分数始终不变，D项不符合题意。(3)由表中数据可知，在25.0℃时，平衡气体的总浓度为4.8×10－3mol·L－1，则有c(NH3)＝3.2×10－3mol·L－1，c(CO2)＝1.6×10－3mol·L－1，反应2NH3(g)＋CO2(g)⇌NH2COONH4(s)的平衡常数K＝eq\f(1,（3.2×10－3）2×1.6×10－3)≈6.1×107。(4)在恒温条件下压缩容器体积，平衡逆向移动，氨基甲酸铵固体的质量增大。17．答案：(1)6.274(2)0.8解析：(1)由图可知，Δc(H2O)＝(2.0－0.4)mol·L－1＝1.6mol·L－1，则Δn(H2O)＝1.6mol·L－1×1L＝1.6mol，根据反应方程式可知，Δn(CoFe2O4)＝1.6mol，Δm(CoFe2O4)＝1.6mol×235g·mol－1＝376g，则60min内，v(CoFe2O4)＝eq\f(376g,60min)≈6.27g·min－1。由图可知，反应在60min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c(H2O)＝0.4mol·L－1，c(H2)＝1.6mol·L－1，k正·c(H2O)＝k逆·c(H2)，则eq\f(k正,k逆)＝eq\f(c（H2）,c（H2O）)＝eq\f(1.6mol－1,0.4mol·L－1)＝4，在a点时c(H2O)＝c(H2)，eq\f(v正,v逆)＝eq\f(k正·c（H2O）,k逆·c（H2）)＝eq\f(k正,k逆)＝4。(2)当反应达到平衡时v正＝v逆，eq\f(k正,k逆)＝eq\f(p（CH3CHO）,p（CH4）·p（CO）)＝Kp＝4.5×10－5；T2K、1.0×104kPa时，设起始时n(CH4)＝n(CO)＝1mol，列三段式CO(g)＋CH4(g)⇌CH3CHO(g)起始量/mol110变化量/mol0.20.20.2最终量/mol0.80.80.2所以p(CH4)＝p(CO)＝eq\f(0.8,1.8)×1.0×104kPa＝eq\f(4,9)×104kPa，p(CH3CHO)＝eq\f(0.2,1.8)×1.0×104kPa＝eq\f(1,9)×104kPa，所以v正＝k正·p(CO)·p(CH4)＝k正×eq\f(4,9)×104kPa×eq\f(4,9)×104kPa、v逆＝k逆·p(CH3CHO)＝k逆×eq\f(1,9)×104kPa，eq\f(v正,v逆)＝eq\f(k正,k逆)×eq\f(p（CH4）·p（CO）,p（CH3CHO）)＝4.5×10－5×eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)×104))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)×104)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)×104)))＝0.8。18．答案：(1)NO＋NO2＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2(2)<③④(3)10>增大增大