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1、第二章 化学反应速率与化学平衡 单元同步测试卷一、单选题1H2与ICl的反应分两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法正确的是A反应、反应均为吸热反应B活化能：反应反应C反应速率；反应反应D2甲烷与硫化氢可通过重整反应制取氢气，反应为CH4+2H2SCS2+4H2现将原料按n(CH4)n(H2S)=12通入反应釜中，保持体系压强为0.1MPa，研究不同温度对该反应体系的影响。当反应达到平衡时，体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示，下列说法正确的是A该反应平衡常数的表达式为K=B图中表示H2S、H2物质的量分数变化的曲线分别是d、aCM点对应温度下，CH4的转化率约为33.3%D
2、由图可知该反应为吸热反应，当不再变化时反应达平衡3甲醇通过催化氧化制取甲醛时，在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛，反应中相关物质的相对能量如图1所示。下列说法错误的是A该条件下比稳定B加入该催化剂不能改变反应的焓变C无催化剂时，生成的活化能比生成甲醛的活化能小D无催化剂时，升高温度，甲醇氧化为甲醛的反应速率变化如图2所示4一定温度下，在2L刚性密闭容器中发生反应：A(g)B(g)+C(g)。某同学做了四组对照试验，实验数据如表，下列说法错误的是实验起始浓度/(mol/L)平衡浓度/(mol/L)c(A)c(B)c(C)c(C)I2001II301xIII400yI
3、V222A1yxB平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3：5C容器IV中，反应开始时向逆反应方向进行D容器III中反应达到平衡时，1mol/Lc(A)0C反应过程中发生非极性键的断裂与生成D其他条件不变，使用另一高效催化剂可使CO的平衡转化率增大9水煤气的制备反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，下列说法不正确的是A升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大B适当增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率增大C使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率D降低CO浓度，单位体积内活化分子数目减少，化学反应速率减小10已知反应C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)H”或
4、“”或“”或“0中SO3的转化率()与体系总压强(p)的关系如图所示。T时，将2molSO3置于10L密闭容器中，反应达到平衡后，体系总压强为0.10MPa，则T时B点的化学平衡常数Kc=_。试卷第13页，共14页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1D【详解】A根据图像可知：反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，因此二者均是放热反应，A错误；B活化能是反应物总能量与物质发生化学反应所需最低能量的差，根据图示可知反应正反应的活化能大于反应正反应的的活化能，B错误；C根据选项B分析可知：反应的活化能：反应反应；反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，化学反应速率
5、就越小，故反应速率：反应反应，C错误；D反应热等于生成物总能量与反应物总能量的差，根据盖斯定律知，反应、反应的焓变之和，D正确；故合理选项是D。2C【分析】甲烷与硫化氢为反应物，且按n(CH4)n(H2S)=12通入反应釜中，则起始时2x(CH4)= x(H2S)，由图可知，曲线c、d分别表示和CH4；CS2和H2是生成物，由化学反应方程式可知，反应生成的CS2和H2平衡时物质的量分数4x(CS2)= x(H2)，则曲线a、b分别表示H2和CS2；据此分析解答。【详解】A该反应平衡常数的表达式为K=，A错误；B根据分析，图中表示、物质的量分数变化的曲线分别是c、a，B错误；CM点对应温度下，x
6、(H2)=x(H2S)，列化学平衡三段式，设甲烷投料为amol，其转化的物质的量为ymol，则有2a-2y=4y，y=a，甲烷的转化率为，C正确；D根据图示可知，随着温度的升高，反应达到平衡时体系中反应物的物质的量分数不断减少，生成物的物质的量分数不断增加，即平衡正向移动，则该反应为吸热反应；原料按即化学方程式中的计量系数通入反应釜中，反应的任何阶段，保持不变，都为，不再变化时不能判断反应是否达到平衡，D错误；故选C。3D【详解】A由图可知，该条件下的相对能量比 CO的相对能量小，物质所具有的能量越低，物质越稳定，则该条件下比CO的稳定性强，A正确；B加催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能
7、，B正确；C由图可知，无催化剂时，生成CO(-393kJ/mol)比生成甲醛(-393kJ/mol)的活化能小，C正确；D由图1可知，甲醇生成甲醛的反应为放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，则生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度小，D错误；答案选D。4D【详解】AII和III经极限转化后c(C)相同，但c(B)IIIII，III中的B促使C向做转化的量将大于II，因此1yx，A正确；BI中三段式为：在此条件下该反应的平衡常数为，气体总浓度为3mol/LII中三段式为：根据平衡常数可列式，解得x=2，气体总浓度为5mol/L容器I与容器II中的总压强之比
8、即是气体总浓度比，比值为35，B正确；C容器IV中起始浓度商为，反应开始时向逆反应方向进行，C正确；D容器III与容器I相比可看成压强增大2倍，平衡向左移动，容器I中可推出平衡时c（A）=1mol/L，所以容器平衡时2mol/Lc（A），D正确；故选C。6C【分析】可以作为分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为；【详解】A曲线活化能小于曲线，故曲线为含有催化剂的反应过程，A项正确；B根据上述分析，反应ii为，B项正确；C根据曲线能量变化，反应为吸热反应，反应为放热反应，C项错误；D反应的活化能大于反应，故反应的反应速率可能比反应慢，D项正确；答案选C。7B【详解】A反应速率取决于反应
9、最慢的一步，活化能越高，反应速率越慢，因为步骤活化能高，反应速率慢，所以催化时，该反应的速率取决于步骤，A错误；B催化剂同时降低了正、逆反应的活化能，同时改变正、逆反应速率，B正确；C其他条件相同，增大，增大，减小，的转化率增大，C错误；D产物由气态转化为固态时会继续放热，所以，D错误； 故选B。8A【详解】A由图可知，该历程中最大能垒（活化能）步骤的化学方程式为H2OHOH，故A正确；B由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，H0，故B错误；C由图可知，反应过程中发生非极性键HH键形成，无非极性键的断裂，故C错误；D催化剂不改变化学平衡状态，则催化剂不改变CO的平衡转化率，
10、故D错误；故答案选选A。【点睛】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。9B【详解】A升高温度，导致活化分子百分数增大，碰撞机会增大，因此化学反应速率增大，A正确；B适当增大压强，增加单位体积内活化分子百分数，化学反应速率增大，而活化分子百分数增大不变，B错误；C使用催化剂，降低反应活化能，导致活化分子百分数增大，碰撞机会增大，加快反应速率，C正确；D降低CO浓度，单位体积内活化分子数目减少，碰撞机会减少，因此化学反应速率减小，D正确；答案选B。10C【详解】A催化剂影响反应速率，但是不影响平衡移动，故A错误；B增大容器
11、容积，压强减小，平衡向气体体积缩小的方向移动，即逆向移动，故B错误；CHp2。【详解】A可由反应-反应得到，H=-49.4kJ/mol-41.2kJ/molp2，B正确；C随着温度的升高，反应平衡逆向移动，反应平衡正向移动，在未给定具体温度的情况下，无法比较反应、的化学平衡常数大小，C错误；D调整，氢气的起始浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，D错误；故答案选B。12C【详解】A图像中A点未达到该温度下的CO的平衡转化率，则反应正向进行，因此逆反应速率小于B点正反应速率，A正确；B在反应开始时将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，则c(NO)=c(CO)
12、=2 mol/L，由于200时CO的平衡转化率是50%，则根据物质反应转化关系可知平衡时c(NO)=c(CO)=c(CO2)=1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，则该反应的平衡常数K=，B正确；C已知：反应速率v=v正v逆=k正c2(NO)c2(CO)k逆c2(CO2)c(N2)，在200时K=0.5，当反应达到平衡时正、逆反应速率相等，则v正=v逆，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c2(CO2)c(N2)，。在反应开始时将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，c(NO)=c(CO)=2 mol/L，当CO的转化率为40%时，c(NO)=c(
13、CO)=1.2 mol/L，c(CO2)=0.8 mol/L，c(N2)=0.4 mol/L，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆= k逆c2(CO2)c(N2)，v正：v逆=，C错误；D该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的平衡转化率降低；催化剂只有在一定温度下才能达到其最佳催化活性，升高温度，催化剂催化活性降低，导致反应的反应物减少，因而CO的平衡转化率降低，D正确；故合理选项是C。13A【详解】A从图中可知，这一反应活化能最大，因此反应速率最慢，A正确；B从图中可知，催化剂吸附N2(g)和H2(g)后能量降低，故这是一个放热的过程，B错误；CN
14、2和H2转化成NH3，该过程中有非极性键的断裂，没有非极性键的生成，C错误；D催化剂的使用，降低了合成氨反应的活化能，但是对合成氨的平衡转化率没有影响，D错误；故答案选A。14B【详解】A由结构可知含4个单键、4个双键，单键均为键，双键中含1个键和1个键，则含有的键和键数之比为8：4=2：1，故A正确；B实验1中热水浴加热变为黄色，为黄色，可知升高温度使逆向移动，则正反应为放热反应，H0，故B错误；C实验2中加水稀释，离子浓度减小，平衡向离子浓度增大的方向移动，则逆向移动，且总体积增大，氢离子浓度减小、酸性减弱，故C正确；D+4价S具有还原性，具有强氧化性，Cr3+为蓝紫色，则实验3中说明被还
15、原为Cr3+，故D正确；故选：B。15 A【详解】由图可知，催化剂A比催化剂B的催化效果好，且500时NO的还原率最高，所以消除NO的最佳条件是500和催化剂A。16(1)(2) 增大压强，平衡逆向移动，气体的平衡转化率降低【详解】（1）观察图像可以看出，当压强不变时，升高温度气体的平衡转化率增大，则平衡右移，说明为吸热反应，则，故答案为：；（2）温度不变时增压平衡左移，气体的平衡转化率降低，由图可知，图中压强的大小顺序为，理由是：增大压强，平衡逆向移动，气体的平衡转化率降低。17(1)(2) 吸热 降低(3)BC(4)830(5) 33.3% 【详解】（1）根据平衡常数的定义可知该反应的K=
16、；（2）根据表中数据知，升高温度，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应；平衡发生移动的结果是使容器内CO的浓度增大，说明平衡正向移动，吸收热量，故容器内气体温度降低；（3）A该反应前后气体系数之和相等，无论是否平衡压强都不改变，A不符合题意；B混合气体中c(CO)不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B符合题意；Cv正(H2)=v逆(H2O)即v正(H2)=v逆(H2)，正逆反应速率相等，反应达到平衡，C符合题意；Dc(CO2)=c(CO)并不能说明浓度不变，则不能说明反应达到平衡，D不符合题意；综上所述答案为BC；（4）平衡浓度符合下式：c(CO2)c(H2)=c(
17、CO)c(H2O)，则K=1，根据表格数据可知此时温度为830；（5）若反应在830 下达到平衡，则K=1，设平衡时CO2的转化量为x mol，则列三行式有：，K=1，解得x=mol，所以CO2的转化率为100%=33.3%；H2的浓度为mol/L=mol/L。18(1) (2) 0.6mol/L 0.1 molL-1s-1 40% 16%(3)C【详解】（1）对于反应A(g) + B(g)C(g) + D(g)，该反应的平衡常数表达式K=；从表中数据可以看出，随着温度的不断升高，平衡常数不断减小，则表明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，H0。答案为：；（2）900时，向一个2L密闭容
18、器中充入2mol A和3mol B，如反应到6s时反应达平衡状态，设此时参加反应的A的物质的量为x，则可建立如下三段式：则=1.0，从而求出x=1.2mol，则此时C的浓度为=0.6mol/L；用A表示6s内平均反应速率v(A)=0.1 molL-1s-1；B的转化率为=40%。若平衡时再充入2mol A和3mol B，相当于原平衡体系加压，平衡不发生移动，则达新平衡时A的体积分数与原平衡时相等，仍为=16%。答案为：0.6mol/L；0.1 molL-1s-1；40%；16%；（3）A因为反应前后气体分子数相等，则压强始终不变，当压强不随时间改变时，反应不一定达平衡状态，A不符合题意；B反应
19、过程中气体的质量、体积始终不变，则当密度不随时间改变时，反应不一定达平衡状态，B不符合题意；Cc(A)不随时间改变时，正、逆反应速率相等，则反应达平衡状态，C符合题意；D单位时间里生成C和D的物质的量相等，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，D不符合题意；故选C。答案为：C。【点睛】当同等程度增大反应物浓度时，相当于加压。19(1)BD(2) 62.5% 50% (3)【详解】（1）A速率常数与催化剂有关，A错误； B温度升高，速率常数增大，B正确；C速率常数和物质的浓度没有关系，C错误；D该容器为恒容密闭容器，平衡后再充入1 mol O2和4 molHCl(g)，相当于增大压强，平衡右移，
20、两种反应物的转化率均增大，D正确；故选BD。（2）根据阿伏加德罗定律可知，在恒容条件下，压强与温度、物质的量成正比，由于T2时压强大，则T2时温度高；设T1温度下平衡时反应过程中转化了xmolO2，列出三段式：由压强之比等于物质的量之比得，解得x=0.625mol，故HCI的平衡转化率为设T2温度下平衡时反应过程中转化了xmolO2，列出三段式：由压强之比等于物质的量之比得，解得x=0.5mol，故HCI的平衡转化率为；根据恒温恒容条件下，物质的量之比等于压强之比可知，T2温度下平衡时气体的总物质的量为=4.5mol，气体的总物质的量减少了0.5mol，T1温度下平衡时气体的总物质的量为=4.375mol，气体的总物质的量减少了0.625 mol，在温度较低的T1温度下反应达平衡时，气体的物质的量减少得多，即反应正向进行的程度大，故该反应为放热反应，H30；故答案为：；62.5%；50%；H3 c点以前，没有达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，相同时间内二氧化碳被吸收的速率较大，二氧化碳浓度减小；c点以后反应达到平衡状态，升高温度平衡逆向移动，导致二氧化碳的浓度增大【详解】（1）已知：由盖斯定律可知，+得反应 ；（2）由表可知，随着温度的升高，达到平衡时气体总浓度增大，说明反应正向移动，则氨基甲酸