化学反应速率和化学平衡试题

1、.化学反响速率和化学平衡专项训练题黄梅一中一、单项选择题1以下有关说法正确的选项是A25oC与60oC时，纯水的pH相等BCaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极D反响NH3g+HClgNH4Cls在室温下可自发进展，那么该反响的H02一定温度下，对可逆反响Ag2Bg3Cg的以下表达中，能说明反响已到达平衡的是A 单位时间内消耗amolA，同时生成3amolC B 混合气体的物质的量不再变化C 2vC正3vB逆 D 容器内的压强不再变化3以下事实，不能用勒夏特列原理解释的是 A溴水中有以下平衡Br2+H2OHBr + HBrO,当参加AgNO3溶液后，溶液

2、颜色变浅B对2HIgH2g+I2g,平衡体系增大压强可使颜色变深C反响CO+NO2CO2+NO H0,升高温度可使平衡向逆反响方向挪动D合成NH3反响，为进步NH3的产率，理论上应采取低温度的措施4对于N2g3H2g2NH3g，不能作为反响到达平衡状态的判断根据是 A 恒容密闭容器中总压强不变 B 恒容密闭容器中混合气体的密度不变C 生成氨气的速率与氨气分解的速率相等 D N2、H2、NH3的浓度不再发生变化5对于反响2A+3B=2C来说,以下表示中,反响速率最快的是A vA=0.7mol/L.s B vB=0.8mol/L.sC vA=7.0mol/L.min D vC=0.6mol/L.s

3、6向绝热恒容密闭容器中只通入Ag和Bg，在一定条件下使反响Ag+BgCg+Dg；H=QkJ/mol到达平衡，反响过程中正反响速率随时间变化的示意图如题12图所示以下说法正确的选项是A在反响体系中参加催化剂，反响速率增大，H也增大B反响物的浓度：a点小于b点C反响在c点到达平衡D反响到达平衡时，升高温度，A的转化率将减小7对于可逆反响：2SO2gO2g2SO3gH0，以下图表示SO2的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E五个点，其中能表示反响未到达平衡状态，且正反响速率大于逆反响速率的是 AA点 BB、D两点 CC点 DE点8减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容

4、之一。1己知: N2g+O2g=2NOg H=+180.5kJ·mol-1 Cs+O2g=CO2g H=-393.5kJ·mol-1 2CS+O2g=2COg H=-221kJ·mol-1 假设某反响的平衡常数表达式cN2·c2CO2/ cNO·c2CO为: 请写出此反响的热化学方程式_。2利用H2和CO2在一定条件下可以合成乙烯：6H2g+2CO2gCH2=CH2g+4H2Og己知不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如下图，以下有关说法正确的选项是_填序号。不同条件下反响，N点的速率最大N点时平衡常数比M点时平衡常数小温度低于250时，

5、随温度升高乙烯的产率增大实际反响应尽可能在较低的温度下进展，以进步CO2的转化率2在密闭容器中充入5molCO和4molNO，发生上述1中某反响，如图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系。答复以下问题:温度：T1_T2填“<“ 或“>。某温度下，假设反响进展到10 分钟到达平衡状态D点时，容器的体积为2L，那么此时的平衡常数K=_结果准确到两位小数；用CO的浓度变化表示的平均反响速率VCO=_。假设在D点对反响容器降温的同时扩大体积至体系压强减小，重新到达的平衡状态可能是图中AG点中的_点。9草酸与高锰酸钾在酸性条件下可以发生如下反响：MnO4-+H2C2O4+H+-Mn2+C

6、O2+H2O未配平甲同学研究外界因素对反响速率影响，设计如下实验方案：用4mL 0.001mol/L KMnO4溶液与2mL 0.01mol/L H2C2O4溶液，研究不同条件对化学反响速率的影响改变的条件如下： 组别10%硫酸体积/mL温度/其他物质A2mL20B2mL2010滴饱和MnSO4溶液C2mL30D1mL20V1 mL蒸馏水E0.5mL20V2 mL蒸馏水1完成上述实验方案设计，其中：V1= _ ，V2= _ ； 2假如研究温度对化学反响速率的影响，使用实验 _ 和 _ 3甲同学在做A组实验时，发现反响开场时速率较慢，随

7、后加快他分析认为高锰酸钾与 草酸溶液的反响放热，导致溶液温度升高，反响速率加快；从影响化学反响速率的因素看，你猜测还可能是 _ ； 乙同学利用如图测定反响速率答复以下问题 4实验时要检查装置的气密性，简述操作的方法是 _ ；5乙同学通过生成一样体积的CO2来表示反响的速率，需要 _ 仪来记录数据10以下图为将Zn投入一定浓度体积的H2SO4中，解释图像的成因纵坐标为H2的生成速率11硫酸锌用于制造立德粉，并用作媒染剂、木材防腐剂等现欲用氧化锌矿主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等为原料消费ZnSO4·7H2O，工艺流程如图l：l步骤I的操作是_，滤渣A的主要成分是

8、_。2步骤I参加稀硫酸进展酸浸时，需不断通入高温水蒸气，其目的是_。3步骤中，在pH约为5.1的滤液中参加高锰酸钾溶液，生成FeOH3和MnOOH2两种沉淀，该反响的离子方程式为_。4步骤得到的滤液中，阳离子是_。不考虑H+5步骤IV中的烘干操作需在减压低温条件下进展，其原因是_。6取28.70 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示。680时所得固体的化学式为_填字母序号。a ZnO bZn3OSO42 cZnSO4 dZnSO4·H2O参考答案1D【解析】试题分析：A、水的电离吸热，加热促进电离，那么25oC与60oC时，纯水的pH不相等，

9、前者大，A不正确；B、硫酸钙微溶，因此CaCO3难溶于稀硫酸，但溶于醋酸，B不正确；C、电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液，C不正确；D、根据GHT·S可知，假设反响NH3g+HClgNH4Cls在室温下可自发进展，由于该反响的熵值减小，那么该反响一定是放热反响，即H0，D正确，答案选D。考点：考察水的电离、溶解平衡、粗铜精炼以及反响自发性应用2C【解析】试题分析：A、单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol C，表示的都是正反响速率，无法判断正逆反响速率是否相等，故A错误；B、反响两边气体的化学计量数之和相等，气体的物质的量之和始终不变，所以混合

10、气体的物质的量不能作为判断到达平衡状态的根据，故B错误；C、当3vB正="2" vC逆，表示的是正逆反响速率且相等，各组分的浓度不再变化，说明到达了平衡状态，故C正确；D、由于该反响是体积不变的反响，反响过程中压强始终不变，所以压强不能作为判断平衡状态的根据，故D错误。考点：化学平衡状态的判断3B【解析】试题分析：A参加硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向挪动，促进溴与水的反响，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，A不选；B对于2HIgH2g+I2g，因反响前后气体的体积不变，那么压强对平衡挪动无影响，不能用勒夏特列原理解释，B选；C该反响的正反响为

11、放热反响，升高温度平衡向逆反响方向挪动，可用勒夏特列原理解释，C不选；D合成氨反响为放热反响，较低温度有利于平衡向正反响方向挪动，可用勒夏特列原理解释，D不选；答案选B。考点：考察平衡挪动原理的应用。4AB【解析】试题分析：该反响前后物质的量改变，恒容密闭容器中总压强是变量，总压强不变时一定平衡，故A错误；反响前后气体总重量守恒，恒容密闭容器中混合气体的密度是恒量，密度不变不一定平衡，故B正确；根据定义，生成氨气的速率与氨气分解的速率相等一定平衡，故C错误；根据定义N2、H2、NH3的浓度不再发生变化，一定平衡，故D错误。考点：此题考察化学平衡标志。5A【解析】分析:根据化学反响速率之比等化学

12、计量数之比进展计算，以同一个物质的化学反响速率进展比较。详解: A. vA=0.7mol/L.s;B. vA：vB=2:3，故vA=23×vB=23×0.8mol/L.s=0.53 mol/L.s;C. vA=7.0mol/L.min =7.060 mol/L.s=0.12 mol/L.s；D. vA：vC=1:1，故vA=vC=0.6mol/L.s；故A反响速率最快,所以A选项是正确的。6D【解析】催化剂能降低反响的活化能，改变反响速率，但不能影响反响热，A不正确。根据图像可知，随着反响的进展，反响速率逐渐增大，说明正反响是放热反响，温度升高，反响速率增大，当反响后期，由

13、于反响物的浓度降低，所以反响速率会逐渐再降低。反响到达平衡之后，升高温度，那么平衡向逆反响方向挪动，所以选项D正确，其余都是错误的，答案选D。7C【解析】试题分析：从图像可知B、D两点是平衡点，v正=v逆，C点SO2的转化率比平衡时低，所以平衡要正向挪动，v正>v逆，A、E两点SO2的转化率比平衡时高，所以平衡要正向挪动，v正<v逆，答案选C。考点：化学平衡图像问题点评：此题的关键是要根据SO2的转化率判断平衡挪动的方向。8 2NOg+2COgN2g+2CO2g H =-746.5kJ·mol-1 > 0.22 mol·L-1 0.1mol mol

14、3;L-1·min-1 E【解析】1化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反响到达平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反响物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，那么此反响的化学方程式为：2NOg+2COgN2g+2CO2g ，N2g+O2g=2NOg H=+180.5kJ·mol-1 Cs+O2g=CO2g H=-393.5kJ·mol-1 2CS+O2g=2COg H=-221kJ·mol-1 ，由盖斯定律，H=×2=180.55kJ·mol-1-221kJ·mol-1-393.5kJ·mol-1

15、15;2= H =-746.5kJ·mol-1，故反响的热化学方程式为：2NOg+2COgN2g+2CO2g H =-746.5kJ·mol-1；2温度升高，速率加快，但催化效率降低，说明在温度过高升高后，催化剂失去了催化活性，速率反而降低，故不正确；由CO2的转化率随温度变化曲线可知，温度升高，CO2的转化率下降，平衡逆向挪动，那么N点时平衡常数比M点时平衡常数小，正确；图中曲线是CO2的平衡转化率，温度升高，CO2的转化率下降，平衡逆向挪动，乙烯的产率减小，故不正确；温度较低，催化剂可能失去催化活性，速率太低。所以，在实际反响时，需要综合考虑影响因素，选择适宜温度、压强

16、，增大氢气浓度等来进步CO2的转化率，故D不正确。3图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系，此反响是放热反响，在相压强下，T1时的NO的体积分数大于T2时的NO的体积分数，平衡逆向挪动，是由温度升高引起的，所以，T1>T2；某温度下，反响到达平衡状态D点时，NO的体积分数是25%，设CO的变化浓度是x， 2COg+2NOgN2g+2CO2g初始浓度：2.5 2 0 0变化浓度：x x 0.5x x平衡浓度：2.5-x 2-x 0.5x xNO的体积分数是25%，即2-x/ 2.5-x+2- x+0.5x+x ×100%=25%，解得x=1，此时K=12×0.5/1

17、52×1=0.22； VCO= =c/t=1mol/L÷10min= 0.1 mol·L-1·min-1；假设在D点对反响容器降低温度，D向F点挪动T2线温度低，同时扩大体积使体系压强减小，那么平衡会逆向挪动，NO的体积分数增加，重新到达的平衡状态可能是图中E点。点睛：掌握盖斯定律、学会三段式在化学平衡计算中的应用、掌握平衡挪动影响因素是解决这类问题的关键。9 1mL 1.5mL A C Mn2+起催化作用 关闭分液漏斗的活塞，把注射器的柄向外拉一段间隔 ，观察柄是否能恢复到原来的位置，假设能恢复，那么气密性良好，假设不能恢复，那么气密性不好

18、秒表【解析】1研究硫酸浓度对反响速率的影响，需要草酸浓度一样，故混合后溶液体积一样，所以V1=1mL，V2=1.5mL；2研究温度变化需要改变温度探究反响速率变化，需要其他条件一样，选择实验A和C；3KMnO4与H2C2O4反响生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜测还可能是催化剂的作用，故答案为：Mn2+起催化作用；4根据气压原理检验气密性，首先关闭分液漏斗的活塞，形成密闭体系，把注射器的柄向外拉一段间隔 ，观察柄是否能恢复到原来的位置，假设能恢复，那么气密性良好；故答案为：关闭分液漏斗的活塞，把注射器的柄向外拉一段间隔 ，观察柄是否能恢复到原来的位置，假设能恢复，那么气密性良好，假设不能恢复

19、，那么气密性不好；5产生一样体积的二氧化碳，应看反响的快慢，即需要记录时间，故需要秒表。10详见解析【解析】由图像可知氢气的生成速率随时间先后由慢到快，然后又由快到慢，反响体系中硫酸所提供的氢离于浓度由大到小。假设氢气的生成速率由其决定，速率的变化趋势也应由快到慢，反响前半程的原因只能是温度所致，锌与硫酸反响时放热，体系温度逐渐升高，温度对反响速率的影响占主导地位，一定时间后，硫酸的浓度下降占据主导地位，因此氢气的生成速率随时间先由慢到快，然后又由快到慢。11 过滤 H2SiO3 升高温度，加快反响速率 3Fe2+MnO4-8H2O=3Fe OH3+MnOOH2+5H+ Zn2+、K+ 防止Z

20、nSO4·7H2O分解，并减少ZnSO4水解 b【解析】试题分析：此题以ZnSO4·7H2O的工业制备为载体，着重考察化学实验根本操作、操作原理、离子方程式分析与书写、热重分析法的数据计算等知识和应用，考察考生对工业流程的综合分析才能和应用化学知识解决实际问题的才能。解析：流程中物质转化关系如下：1步骤1是在参加硫酸后别离出H2SiO3固体，所以应当采用过滤的方法。正确答案：过滤、H2SiO3。2通入高温水蒸气可以使反响体系温度升高，从而加快反响速度。正确答案：升高温度加快反响速度。3依题意，反响根底为Fe2+MnO4-FeOH3+MnOOH2，根据氧化复原反响的得失电子守恒得到：3Fe2+MnO4-3FeOH3+MnOOH2，结合溶液酸性和离子电荷守恒，得到3Fe2+MnO4-+8H2O=3FeOH3+MnOOH2+5H+。正确答案：3Fe2+MnO4-+8H2O=3FeOH3+MnOOH2+5H+。4步骤3发生的反响是Zn与CuSO4的置换，所以溶液中Cu2+完全消耗， Zn2+总量增加。正确答案：K+ Zn2+。5步骤4是在得到ZnSO4·7H2O晶体后除去多余的水分，由于结晶水合物一般加热时都会失去结晶水，且ZnSO4加热时水解程度会增加，导致产物减少、杂质增