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1、第二章 化学反应速率与化学平衡同步习题一、单选题1硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下，下列说法中正确的是A过程放出能量B过程中，只形成了CS 键C硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应D该催化剂可降低反应活化能，反应前后没有变化，并没有参加反应2下列不能用平衡移动原理解释的是（）A合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率BH2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C实验室用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2D由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅3下列说法正确的是A熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显B应该投入大量资金研究2CO(g)2C(s)+O2(g)H0该过
2、程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题C常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的H0D已知C(s)+CO2(g)=2CO(g)H0，该反应吸热，一定不能自发进行4在一定条件下，反应2A(g)2B(g)3C(g)D(g)，达到平衡状态的标志是：A单位时间内生成2nmolA，同时生成nmolDB容器内压强不随时间而变化C单位时间内生成nmolB，同时消耗1.5nmolCD容器内混合气体密度不随时间而变化5在一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应N2 + 3H22NH3 达到平衡状态的标志是AN2、H2、NH3在容器中共存B混合气体的密度不再发生变化C
3、混合气体的总物质的量不再发生变化Dv正(N2)=2v逆(NH3)6“氯化反应”通常指将氯元素引入化合物中的反应。计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子在催化剂表面的反应历程如图所示。下列说法正确的是A该历程中活化能为1.6810-24eVBM2为C2H2与HgCl2形成的中间体C反应物或产物在催化剂表面进行吸附和脱离D该反应的热化学方程式为HCCH(g)+HCl(g)H2C=CHCl(g)H=-2.2410-24eVmol-17利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是选项ABCD装置目的测定葡萄酒中SO2的含量制取少量干燥NH3测定Zn与硫酸的化学反应速率证明非金属性氯大于溴AABBCCDD8下
4、列叙述及解释正确的是A，在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B，在达到平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C，在达到平衡后，加入碳，平衡向正反应方向移动D，在达到平衡后，保持压强不变，充入，平衡向左移动9将2mL 0.1molL-1 FeCl3溶液和2mL 0.01molL-1 KSCN溶液混合，发生如下反应：FeCl3(aq)+3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，为了使平衡状态向逆反应方向移动，应选择的条件是：再加入2mL1molL-1FeCl3溶液加入KCl固体加
5、入适量的铁粉 再加入2mL0.4molL-1KSCN溶液ABCD10分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是A催化剂的表面有极性键的断裂和非极性键的形成B催化剂能提高该反应的平衡转化率C催化剂、增大了该历程中的最大能垒(活化能)D催化剂表面发生的反应为11下列实验中，能达到预期目的是A测定反应生成H2的速率B探究温度对反应速率的影响C探究浓度对反应速率的影响D探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果AABBCCDD12在一定空气流速下，热解得到三种价态锰的氧化物。相同时间内锰元素所占比例()随热解温度变化的曲线如图所示。坐标系中主要发生如下反应：反应I：反应II：反
6、应III：下列说法错误的是A反应I在低温下不能自发进行，说明B曲线a表示中锰元素所占比例随温度的变化温度/CC，主要发生反应IIID下，适当增大空气的流速可以提高的产率二、填空题13容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2，发生反应：，甲中的相关量随时间变化如下图所示。回答下列问题：(1)03s内，甲容器中的反应速率增大的原因是_。(2)甲容器中反应达平衡时，温度若为T，此温度下的平衡常数_。(3)平衡时，平衡常数K(甲)_(填“”“0，根据吉布斯自由能公式G=HTS，故该I在低温下不能自发进行，则，A正确；B温度越高，反应越快，根据反应个反应，
7、可以发现二氧化锰是反应III的产物，故温度升高时，相同时间内，二氧化锰会越来越多，即b代表二氧化锰，a代表，B正确；C由图可知时，二氧化锰一直增大，故此时发生的主要反应为反应III，C正确；D由图可知450时二氧化锰的含量较大，此时适当增大空气的流速可以提高的产率，但是温度较低时，二氧化锰含量较低，增大空气的流速不利于提高的产率，D错误；故选D。13(1)03s内温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响(2)225(3) 【解析】（1）该反应的正反应为放热反应，故03s内甲容器中温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响，导致的反应速率增大，故答案为：03s内温度升高对反
8、应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响；（2）甲容器中反应到达平衡时，由氮原子守恒可知，故答案为：225；（3）甲为绝热容器，乙为恒温容器，该反应的正反应为放热反应，则到达平衡时甲的温度高于乙，故K(甲)(乙)；甲中反应正向进行的程度小于乙，气体分子数大于乙，故p(甲)(乙)，故答案为：。14 变深 不变 (E1-E2)kJ/mol BD【解析】(1) 在这个反应体系中存在下述平衡：，其离子方程式为： ，向上述平衡体系中加入5滴浓的溶液，SCN浓度增大，平衡右移，则溶液颜色变深。向上述平衡体系中加入少量固体，反应相关的粒子浓度均未改变，故平衡不移动，溶液颜色不变。(2)焓变=生成物总能量-反
9、应物总能量=反应物总键能-生成物总键能=正反应活化能逆反应活化能，则 (E1-E2)kJ/mol；。催化剂能降低反应的活化能，故加催化剂的曲线。A若，则说明未平衡，A不选；B单位时间内消耗的必定生成、同时消耗，则，故已平衡，B选；C的物质的量之比取决于起始物质的量，时难以说明各成分的量是否不再改变，不一定平衡，C不选；D混合气体中保持不变，说明已经平衡，D选；则答案为BD。15 酶的浓度一定 A 温度过高，酶的活性下降 甲【解析】(1)由图分析，反应物浓度增大到一定限度，反应速率不再上升，说明决定化学反应速率的主要因素是酶的浓度，故答案为：酶的浓度一定；(2)由图分析，点的反应速率最快，催化效
10、率最高，故答案为：A；(3)点到点曲线急剧下降是由于温度升高，酶的活性急速下降，故答案为：温度过高，酶的活性下降；(4)由图可知，025范围内，温度越高，反应速率越快，所以甲试管转入25的水浴中加热时反应速率加快；乙试管在75的水浴中加热时，酶已经失活，故乙中无催化反应发生，故答案为：甲。16 acd 2CrO422HH2OCr2O72 减小 1107 小于【解析】a选项，增大压强，平衡正向移动，转化率增大，故a正确b选项，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故b错误c选项，增大N2浓度，平衡正向移动，转化率增大，故c正确；d选项，及时移走生成物NH3，平衡正向移动，转化率增大，故d正确；e选
11、择，使用高效催化剂，平衡不移动，转化率不变，故e错误；综上所述，答案为acd；用离子方程式表示Na2CrO4溶液中发生的转化2CrO422HH2OCr2O72，故答案为2CrO422HH2OCr2O72；由图可知，溶液酸性减弱，氢离子浓度降低，平衡逆向移动，CrO42的平衡转化率减小，根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为2CrO42 2H H2O(g) Cr2O72起始量1.0 mol/L000转化量0.5mol/L0.5mol/L0.25mol/L0.25mol/L平衡量0.5mol/L1107mol/L0.25mol/L,故答案为减小；1107；升高温度，平衡向吸热反应移动，溶液中C
12、rO42的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动即逆向为吸热反应，正向为放热反应，则该反应的H0，故答案为小于。17(1) N2 N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180kJmol-1(2) 放热 134kJmol-1 -226kJmol-1 减小 不变(3)172.5kJ【解析】（1）从图中可以看出，N2的键能为946 kJmol-1、O2的键能为498 kJmol-1、NO的键能为632 kJmol-1，则图1中三种分子最稳定的是N2，图1中对应反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=(946+498-2632) kJmol-1=+180kJmol-1。答案为：N2
13、；N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180kJmol-1；（2）图2中，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，该反应的活化能为134kJmol-1，该反应的H=(134-360) kJmol-1=-226kJmol-1。加入Pt2O+作为该反应的催化剂，反应的活化能减小，即Ea减小；但反应物和生成物的总能量不变，所以H不变。答案为：放热；134kJmol-1；-226kJmol-1；减小；不变；（3）已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-2070 kJmol-1，若有0.5molNO被还原，放出的热量为=172.5kJ。答案为：172.
14、5kJ。18(1)0.2mol/L(2)0.1mol/(Lmin)(3)6:7【解析】由题意列三段式：。【解析】（1）由三段式可知2min时的物质的量浓度是0.2mol/L；（2）2min内平均反应速率：=0.1mol/(Lmin)；（3）发生反应前容器中气体总物质的量为6mol，发生反应后容器中气体总物质的量为(0.2+0.2+0.3)mol/L10L=7mol，同温同压下，气体压强比=气体总物质的量之比，则发生反应前容器中压强与发生反应后容器中压强之比=6mol:7mol=6:7。19(1)(2)(3)(4) 不能 “热还原”时，在反应前，需用排尽装置内空气，反应结束后，还要作保护气，作还
15、原剂的量未知(5) 3 40之前，升温，反应速率增大；40之后，升温，浓硝酸分解速率加快，浓盐酸挥发速率加快(6)21.504【解析】废催化剂(主要含，含少量Pd等)加入硫酸铵焙烧，Al2O3转化为硫酸铝，同时生成氨气，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸，Pd被氧化为，硝酸被还原为NO2，通入焙烧产生的氨中和得到(NH4)2PdCl6，用氢气还原得到Pd。【解析】（1）明矾是十二水合硫酸铝钾的俗称，化学式为KAl(SO4)212H2O。（2）通入空气或氧气，将“酸浸”中产生的NO2转化为硝酸，发生的反应为，既防止NO2污染环境，又可以循环利用NO2。（3）“酸浸”中Pd被氧化为，硝酸被还原为NO2，反
16、应的化学方程式为：。（4）“热还原”时，在反应前，需用排尽装置内空气，反应结束后，还要作保护气，作还原剂的量未知，所以“热还原”中不能根据消耗的总质量计算Pd的质量。（5）液固比最佳是指浸出率最高且液固比最小，节约成本。从图中可以看出，最佳液固比为3。40之前，升温，反应速率增大；40之后，升温，浓硝酸分解速率加快，浓盐酸挥发速率加快，所以40钯浸出率达到峰值。（6）依题意，。当x=0.8时，吸收的物质的量为0.96mol，标准状况下，体积为21.504L。20(1)坩埚(2) 适当增大酸的浓度或适当提高酸液的温度 作还原剂，将3、4价锰还原为2价锰(3)(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，加
17、入适量盐酸和溶液，无白色沉淀生成(5)(6)【解析】锰粉在酸溶时锰元素被还原为+2价，得到含、的溶液，在氧化作用下，被氧化为，过滤、洗涤、干燥，得到，滤液中主要含，加入碳酸氢铵，将转化为，加热后得到。【解析】（1）焙烧需要在高温下进行，实验室焙烧是在坩埚中进行的，故填坩埚；（2）提高“酸溶”的浸取速率措施除了采用粉碎处理外，还可以采用的方法有适当增大酸的浓度或适当提高酸液的温度；酸溶时需要将+3、+4价的锰元素还原为+2价，主要起还原作用，故填作还原剂，将3、4价锰还原为2价锰；（3）氧化的目的是将转化为，从而分离出锰元素，所以氧化产物为，故填；（4）氧化时，被还原为，过滤时，固体中可能残留，洗涤时检验洗涤液，若没有残余，则说明已洗净，采用的试剂为稀盐酸和氯化钡溶液，其操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量盐酸和溶液，无白色沉淀生成，故填取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量盐酸和溶液，无白色沉淀生成；（5）根据元素守恒，加入碳酸氢铵析锌，析锌后铵根离子存在于滤液X中，故填；（6）受热分解生成ZnO，其反应的化学方程式为：，故填。答案第17页，共8页