2020届高考化学一轮复习化学反应速率和化学平衡作业 13页

化学反应速率和化学平衡 ‎1.一定条件下,在容积为1 L的密闭容器中发生反应:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g),1 min后测得生成0.06 mol NH3,则该段时间内N2的化学反应速率(mol·L-1·min-1)为(　　)‎ A.0.01 B.0.02 C.0.03 D.0.06‎ 答案　C　v(N2)=‎1‎‎2‎v(NH3)=‎1‎‎2‎×‎0.06mol·‎L‎-1‎‎1min=0.03 mol·L-1·min-1。‎ ‎2.一定条件下,在容积为5 L的密闭容器中发生反应:2SO2(g)+O (g) 2SO3(g),半分钟后测得生成0.04 mol SO3。在这段时间内O2的化学反应速率(mol·L-1·min-1)为(　　)‎ A.0.004 B.0.008 C.0.016 D.0.032‎ 答案　B　v(SO3)=‎0.04mol‎5 L×0.5min=0.016 mol·L-1·min-1,v(O‎2‎)‎v(SO‎3‎)‎=‎1‎‎2‎,故v(O2)=‎1‎‎2‎×v(SO3)=0.008 mol·L-1·min-1。‎ ‎3.(2017浙江4月选考,21,2分)对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下,M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。‎ ‎　　　时间 水样　　　‎ ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ Ⅰ(pH=2)‎ ‎0.40‎ ‎0.28‎ ‎0.19‎ ‎0.13‎ ‎0.10‎ ‎0.09‎ Ⅱ(pH=4)‎ ‎0.40‎ ‎0.31‎ ‎0.24‎ ‎0.20‎ ‎0.18‎ ‎0.16‎ Ⅲ(pH=4)‎ ‎0.20‎ ‎0.15‎ ‎0.12‎ ‎0.09‎ ‎0.07‎ ‎0.05‎ Ⅳ(pH=4,含Cu2+)‎ ‎0.20‎ ‎0.09‎ ‎0.05‎ ‎0.03‎ ‎0.01‎ ‎0‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.在0~20 min内,Ⅰ 中M的分解速率为0.015 mol·L-1·min-1‎ B.水样酸性越强,M的分解速率越快 C.在0~25 min内,Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大 D.由于Cu2+存在,Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快 答案　D　在0~20 min内,Ⅰ中M的分解速率为(0.40-0.10)mol·L-1÷20 min=0.015 mol·L-1·min-1,A正确;在0~ 20 min内对比Ⅰ和Ⅱ,可知水样酸性越强,M的分解速率越快,B正确;在0~25 min内,Ⅲ中M的分解百分率=(0.20-0.05)mol·L-1÷0.20‎ ‎ mol·L-1=0.75,Ⅱ中M的分解百分率=(0.40-0.16)mol·L-1÷0.40 mol·L-1=0.60,C正确;Ⅰ中M的分解速率比Ⅳ快,D错误。‎ ‎4.取3 mL 5 mol·L-1 H2O2溶液,加入少量MnO2粉末,2 min时c(H2O2)降为1 mol·L-1。下列说法中不正确的是(　　)‎ A.2 min内,v(H2O2)=2 mol·L-1·min-l B.MnO2是催化剂,能加快H2O2的分解速率 C.升高温度或增大H2O2的浓度,均能加快H2O2的分解速率 D.若将5 mol·L-1 H2O2溶液的体积增至6 mL,则H2O2的分解速率增至原来的2倍 答案　D　2 min内,v(H2O2)=‎5mol·L‎-1‎-1 mol·‎L‎-1‎‎2min=2 mol·L-1·min-l,A正确;MnO2是催化剂,能加快H2O2的分解速率,B正确;升高温度或增大反应物的浓度,均能加快反应速率,C正确;D项,原H2O2溶液浓度不变,增加反应物用量,反应速率不变,D错误。‎ ‎5.一定条件下,H2O2在水溶液中发生分解反应:‎ ‎2H2O2 2H2O+O2↑‎ 反应过程中,测得不同时间H2O2的物质的量浓度如下表:‎ t/min ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ c(H2O2)/mol·L-1‎ ‎0.80‎ ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎(1)H2O2的分解反应　　　　氧化还原反应(填“是”或“不是”)。 ‎ ‎(2)该分解反应0~20 min的平均反应速率v(H2O2)为　　　　mol·L-1·min-1。 ‎ ‎(3)如果反应所用的H2O2溶液为100 mL,则0~80 min共产生O2　　　　g。 ‎ A.0.08 B.0.16 ‎ C.1.2 D.2.4‎ 答案　(1)是　(2)0.02　(3)C 解析　(1)H2O2的分解反应中氧元素化合价部分升高,部分降低,该反应是氧化还原反应。(2)v(H2O2)=(0.80 mol·L-1-0.40 mol·L-1)÷20 min=0.02 mol·L-1·min-1。(3)反应消耗H2O2的物质的量为n(H2O2)=(0.80 mol·L-1-0.05 mol·L-1)×0.1 L=0.075 mol,故生成O2的质量为m(O2)=0.075 mol÷2×32 g·mol-1=1.2 g,C正确。‎ ‎6.某温度时,在2 L容器中X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　。反应开始至2 min,Z的平均反应 速率为　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　X+3Y 2Z　0.05 mol/(L·min)‎ 解析　由图像可知,2 min内X减少了0.1 mol,Y减少了0.3 mol,Z增多了0.2 mol,之后各物质的量不再改变,说明该反应是可逆反应,则化学方程式为X+3Y 2Z;反应开始至2 min,Z的平均反应速率为‎0.2mol‎2 L×2min=0.05 mol/(L·min)。‎ ‎7.在一定条件下,可逆反应X(g)+2Y(g) 2Z(g)　ΔH=-a kJ·mol-1,达到化学平衡时,下列说法一定正确的是(　　)‎ A.反应放出a kJ热量 B.X和Y的物质的量之比为1∶2‎ C.反应物和生成物的浓度都不再发生变化 D.X的正反应速率等于Z的逆反应速率 答案　C　达到化学平衡时,放出热量的多少与参加反应的物质的物质的量有关,故A错误;平衡时,X和Y的物质的量之比与反应的起始量有关,故B错误;反应物和生成物的浓度都不再发生变化,说明反应物和生成物的量保持不变,可作为达到化学平衡的判断依据,故C正确;同一物质的正反应速率等于逆反应速率是达到化学平衡的判断依据,X的正反应速率为Z的逆反应速率的‎1‎‎2‎时反应达到平衡,故D错误。‎ ‎8.在一定温度下,向某固定容积的密闭容器中加入1 mol N2和3 mol H2,发生如下反应:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。此反应达到平衡的标志是(　　)‎ A.容器内气体密度不再发生变化 B.容器内各物质的浓度不再发生变化 C.正反应和逆反应都已停止 D.单位时间内消耗0.1 mol N2的同时生成0.2 mol NH3‎ 答案　B　ρ=mV,反应前后气体的总质量和体积不变,故密度也不变,A项错误;平衡的标志为容器内各物质的浓度不变,B正确;化学反应达到平衡时v正=v逆≠0,C项错误;消耗N2和生成 NH3表示的都是正反应方向,不能说明v正=v逆,D项错误。‎ ‎9.一定温度下,在密闭容器内进行某一反应,X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。则下列叙述中正确的是(　　)‎ A.反应的化学方程式为2Y(g) X(g)‎ B.t1时,Y的浓度是X浓度的1.5倍 C.t2时,可逆反应达到化学平衡状态 D.t3时,逆反应速率大于正反应速率 答案　B　由图示曲线知,Y的物质的量逐渐减小,为反应物,X的物质的量逐渐增大,为生成物,n(Y)∶n(X)=(9 mol-3 mol)∶(5 mol-2 mol)=2∶1,且反应可逆,故反应的化学方程式为2Y(g) X(g),A错误;t1时,c(Y)‎c(X)‎=‎6‎Vmol·‎L‎-1‎‎4‎Vmol·‎L‎-1‎=‎6‎‎4‎=1.5,B正确;t2时,该可逆反应仍在进行,且未达到平衡状态,C错误;t3时,X、Y的浓度不再发生变化,表明该可逆反应达到化学平衡状态,此时正反应速率等于逆反应速率,D错误。‎ ‎10.乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:‎ H2(g)‎ ‎(1)已知:‎ 化学键 C—H C—C C C H—H 键能/kJ·mol-1‎ ‎412‎ ‎348‎ ‎612‎ ‎436‎ 计算上述反应的ΔH=　　　　　kJ·mol-1。 ‎ ‎(2)维持体系总压p恒定,在温度T时,物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α,则在该温度下反应的平衡常数K=　　　　　(用α等符号表示)。 ‎ ‎(3)工业上,通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1∶9),控制反应温度600 ℃,并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下,乙苯 的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下:‎ ‎①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实　 。 ‎ ‎②控制反应温度为600 ℃的理由是  。 ‎ ‎(4)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺——乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变,与掺水蒸气工艺相比,在相同的生产效率下,可降低操作温度;该工艺中还能够发生反应:CO2+H2 CO+H2O,CO2+C 2CO。新工艺的特点有 ‎　　　　　(填编号)。 ‎ ‎①CO2与H2反应,使乙苯脱氢反应的化学平衡右移 ‎②不用高温水蒸气,可降低能量消耗 ‎③有利于减少积炭 ‎④有利于CO2资源利用 答案　(1)124　(2)α‎2‎‎1-‎α‎2‎p或nα‎2‎‎(1-α‎2‎)V ‎(3)①正反应方向气体分子数增加,加入水蒸气稀释,相当于起减压的效果　②600 ℃,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低,反应速率慢,转化率低;温度过高,选择性下降。高温还可能使催化剂失活,且能耗大　(4)①②③④‎ 解析　(1)ΔH=旧键断裂吸收的总能量-新键形成放出的总能量,ΔH=(348+412×2)kJ·mol-1-(612+436)kJ·mol-1=+124 kJ·mol-1。‎ ‎(2) +H2(g)‎ 始　　n　　　　　　　　 0　　　　　　 0‎ 转 nα nα nα 平 n-nα nα nα 因反应处于恒压体系,由阿伏加德罗定律的推论可知VV'‎=nn'‎,所以V'=n'‎nV=n(1+α)‎nV=(1+α)V,则Kc=‎(‎nαV'‎‎)‎‎2‎n-nαV'‎=nα‎2‎‎(1-α‎2‎)V;或Kp=‎[nαn(1+α)‎p‎]‎‎2‎n(1-α)‎n(1+α)‎p=α‎2‎‎1-‎α‎2‎p。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎(3)①正反应方向的气体分子数增加,加入水蒸气相当于减压,减压有利于平衡正向移动。②控制温度为600 ℃既要考虑转化率,又要考虑催化剂的活性和苯乙烯的选择性,同时还要考虑反应速率问题。‎ ‎(4)CO2与H2反应使得平衡体系中H2浓度减小,平衡右移,①正确;新工艺中不用高温水蒸气,降低了能量消耗,②正确;CO2+C 2CO,CO2可消耗积炭,③正确;该工艺中需消耗CO2,④正确。‎ ‎11.用CaSO4代替O2与燃料CO反应,既可提高燃烧效率,又能得到高纯CO2,是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术,反应①为主反应,反应②和③为副反应。‎ ‎①1/4CaSO4(s)+CO(g) 1/4CaS(s)+CO2(g)　ΔH1=-47.3 kJ·mol-1‎ ‎②CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2(g)+SO2(g) ΔH2=+210.5 kJ·mol-1‎ ‎③CO(g) 1/2C(s)+1/2CO2(g)　ΔH3=-86.2 kJ·mol-1‎ ‎(1)反应2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的ΔH=　　　　　　　　(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。 ‎ ‎(2)反应①~③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线如图所示,结合各反应的ΔH,归纳lgK-T曲线变化规律:‎ a)　　　　　　　　　　　　　　　　　　; ‎ b)　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO,反应①于900 ℃达到平衡,c平衡(CO)=8.0×10-5 mol·L-1,计算CO的转化率(忽略副反应,结果保留两位有效数字)。‎ ‎(4)为减少副产物,获得更纯净的CO2,可在初始燃料中适量加入　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)以反应①中生成的CaS为原料,在一定条件下经原子利用率100%的高温反应,可再生CaSO4,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　;在一定条件下,CO2可与对二甲苯反应,在其苯环上引入一个羧基,产物的结构简式为　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)4ΔH1+ΔH2+2ΔH3‎ ‎(2)a)放热反应的lgK随温度升高而下降(或“吸热反应的lgK随温度升高而升高”)‎ b)放出或吸收热量越大的反应,其lgK受温度影响越大 ‎(3)由题图查得反应①在900 ℃时:lgK=2‎ 平衡常数K=102=100‎ 设容器容积为V L,反应①达到平衡时CO的浓度减少x mol·L-1‎ ‎　　　　　　‎1‎‎4‎CaSO4(s)+CO(g) ‎1‎‎4‎CaS(s)+CO2(g)‎ c开始(mol·L-1)　　　　x+8.0×10-5　　　　0‎ c平衡(mol·L-1)　　　　8.0×10-5　　　　　x K=c平衡‎(CO‎2‎)‎c平衡‎(CO)‎=x‎8.0×1‎‎0‎‎-5‎=100‎ x=100×8.0×10-5=8.0×10-3‎ CO转化率=‎8.0×1‎0‎‎-3‎×V‎(8.0×1‎0‎‎-3‎+8.0×1‎0‎‎-5‎)×V×100%=99%‎ ‎(4)CO2‎ ‎(5)CaS+2O2 CaSO4　‎ 解析　(1)反应①×4+反应②+反应③×2即得所求反应,故ΔH=4ΔH1+ΔH2+2ΔH3。‎ ‎(2)仔细观察题给三条曲线的走势及斜率,即可归纳出lgK-T曲线变化的规律。‎ ‎(3)从图像中可得出900 ℃时反应①的平衡常数K=100,计算过程见答案。‎ ‎(5)CaS再生为CaSO4,反应的原子利用率为100%,故反应的化学方程式为CaS+2O2 CaSO4。对二甲苯苯环上引入一个—COOH,产物为。‎ ‎12.向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B,发生反应:A(g)+xB(g) 2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量,反应过程中C的浓度随时间变化关系分别用下表和下图表示。‎ 容器 甲 乙 丙 容积 ‎0.5 L ‎0.5 L ‎1.0 L 温度/ ℃‎ T1‎ T2‎ T2‎ 反应物起始量 ‎1.5 mol A ‎0.5 mol B ‎1.5 mol A ‎0.5 mol B ‎6.0 mol A ‎2.0 mol B 下列说法正确的是(　　)‎ A.10 min内甲容器中反应的平均速率v(A)=0.025 mol·L-1·min-1‎ B.由图可知T1v(逆)‎ 答案　C　A选项,升高温度,平衡时c(Cl2)=0.22 mol·L-1>0.20 mol·L-1,说明平衡右移,正反应为吸热反应,ΔH>0,A错误;B选项,反应若在恒容绝热密闭容器中进行,因反应吸热使容器中温度下降,化学平衡常数减小,B错误;C选项,若起始向容器中充入1.0 mol Cl2和1.0 mol CO与原平衡等效,平衡时Cl2的转化率为‎1.0mol-0.40mol‎1.0mol×100%=60%,现起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.8 mol CO,CO减少0.2 mol,平衡右移,达到平衡时Cl2的转化率小于60%,C正确;D选项,Qc=c(CO)·c(Cl‎2‎)‎c(COCl‎2‎)‎=‎0.30mol·L‎-1‎×0.30 mol·‎L‎-1‎‎0.6mol·‎L‎-1‎=0.15 mol·L-1,K=‎0.2mol·L‎-1‎×0.20 mol·‎L‎-1‎‎0.30mol·‎L‎-1‎≈0.13 mol·L-1,Qc>K,反应向逆反应方向进行,v(正)v(逆);由图像可知,温度为1 100 ℃,压强为p2时甲烷的转化率为80%,则平衡时甲烷浓度的变化量为0.1 mol·L-1×80%=0.08 mol,则:‎ ‎　　　　　　　　　 CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)‎ 起始浓度(mol/L): 0.1 0.1 0 0‎ 变化浓度(mol/L): 0.08 0.08 0.16 0.16‎ 平衡浓度(mol/L): 0.02 0.02 0.16 0.16‎ 故平衡常数K=c‎2‎‎(CO)×c‎2‎(H‎2‎)‎c(CO‎2‎)×c(CH‎4‎)‎=1.6 mol2·L-2;‎ ‎(4)①由图2可知,该催化剂在250 ℃左右时催化效率最高,温度超过250 ℃时,催化剂的催化效率降低,所以250~300 ℃时,温度升高,乙酸的生成速率降低;‎ ‎②正反应是气体体积减小的反应,为了提高该反应中CH4的转化率,可以增大反应压强或增大CO2的浓度。‎ ‎15.乙苯是一种用途广泛的有机原料,可制备多种化工产品。‎ ‎(一)制备苯乙烯(原理如反应Ⅰ所示):‎ Ⅰ.(g)(g)+H2(g)　ΔH=+124 kJ·mol-1‎ ‎(1)部分化学键的键能如下表所示:‎ 化学键 C—H C—C CC H—H 键能/kJ·mol-1‎ ‎412‎ ‎348‎ x ‎436‎ 根据反应Ⅰ的能量变化,计算x=　　　　。 ‎ ‎(2)工业上,在恒压设备中进行反应Ⅰ时,常在乙苯蒸气中通入一定量的水蒸气。用化学平衡理论解释通入水蒸气的原因为  。 ‎ ‎(3)从体系自由能变化的角度分析,反应Ⅰ在　　　　(填“高温”或“低温”)下有利于其自发进行。 ‎ ‎(二)制备α-氯乙基苯(原理如反应Ⅱ所示):‎ Ⅱ.(g)+Cl2(g)(g)+HCl(g)　ΔH>0‎ ‎(4)T ℃时,向10 L恒容密闭容器中充入2 mol乙苯(g)和2 mol Cl2(g)发生反应Ⅱ,5 min时达到平衡,乙苯和Cl2、α-氯乙基苯和HCl的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图1所示:‎ ‎①0~5 min内,以HCl表示的反应速率v(HCl)=　　　　　　　　　。 ‎ ‎②T ℃时,该反应的平衡常数K=　　　　。 ‎ ‎③6 min时,改变的外界条件为　　　　　　　　。 ‎ ‎④10 min时,使体系温度为T ℃,保持其他条件不变,再向容器中充入1 mol乙苯、1 mol Cl2、1 mol α-氯乙基苯和1 mol HCl,12 min时达到新平衡。在图2中画出10~12 min,Cl2和HCl的浓度变化曲线(曲线上标明Cl2和HCl);0~5 min和0~12 min时间段,Cl2的转化率分别用α1、α2表示,则αl　　　　α2(填“>”“<”或“=”)。 ‎ 答案　(1)612‎ ‎(2)该反应正向为气体分子数增大的反应,通入水蒸气可增大容器容积,减小体系压强,使平衡正向移动,增大反应物的转化率 ‎(3)高温 ‎(4)①0.032 mol·L-1·min-1 　②16　③升高温度 ‎④　<‎ 解析　(1)ΔH=反应物总键能-产物总键能,则412×5+348-(412×3+x+436)=124,x=612。‎ ‎(2)该反应正向为气体分子数增大的反应,通入水蒸气可增大容器容积,减小体系压强,使平衡正向移动,反应物的转化率增大。‎ ‎(3)ΔG=ΔH-TΔS,ΔH>0,ΔS>0,要使ΔG<0,需高温条件。‎ ‎(4)①据图1得0~5 min内HCl浓度变化为0.16 mol·L-1,v(HCl)=0.16 mol·L-1/5 min=0.032 mol·L-1·min-1;②达平衡时,c(HCl)=c(α-氯乙基苯)=0.16 mol·L-1,c(Cl2)=c(乙苯)=0.04 mol·L-1,故该反应的平衡常数K=(0.16×0.16)/(0.04×0.04)=16;③ΔH>0,6 min时,平衡正向移动,反应物及产物浓度瞬间不变,故应是升高了温度;④10 min时,保持其他条件不变,再向容器中充入1 mol乙苯、1 mol Cl2、1 mol α-氯乙基苯和1 mol HCl,c(Cl2)=c(乙苯)=0.12 mol·L-1,c(HCl)=c(α-氯乙基苯)=0.28 mol·L-1,平衡正向移动,设平衡时反应的Cl2的浓度为x,则(0.28+x)2/(0.12-x)2=16,x=0.04 mol·L-1,则平衡时c(Cl2)=0.08 mol·L-1,c(HCl)=0.32 mol·L-1;10 min时充入各物质各1 mol后,平衡正向移动,转化率增大,故α1<α2。‎