2022年高中化学上学期第二章过关检测新人教版选修4.docx

第二章过关检测
(时间:60分钟　总分值:100分)
一、选择题(此题共8小题,每题6分,共48分。每题只有一个正确选项)
1.以下说法不正确的选项是()。
A.ΔH<0、ΔS>0的反响在任何温度下都能自发进行
B.NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)ΔH=+185.57 kJ·mol-1能自发进行,原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C.因为焓变和熵变都与反响的自发性有关,因此焓变或熵变均可以单独作为反响自发性的判据
D.在其他外界条件不变的情况下,使用催化剂,可以改变化学反响进行的速率
解析:ΔH<0、ΔS>0,那么ΔH-TΔS<0,任何温度下反响都能自发进行,A正确,B正确;用焓变和熵变判断反响的自发性,都有例外,故都不能单独作为反响自发性的判据,而应用复合判据,C错误;使用催化剂能改变反响的活化能,因此能改变化学反响进行的速率,D正确。
答案:C
2.(2022·滨州高二质检)反响2SO2+O22SO3经一段时间后,SO3的浓度增加了0.8 mol·L-1,在这段时间内用O2表示的反响速率为0.04 mol·L-1·s-1,那么这段时间为()。
s B.2.5 s C.5 s D.10 s
解析:因为SO3的浓度增加了0.8 mol·L-1,所以O2的浓度减少了0.4 mol·L-1,因为在这段时间内用O2表示的反响速率为0.04 mol·L-1·s-1,所以反响所需时间为10 s。
答案:D
3.(2022·潍坊高二质检)等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反响:X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s),该反响的ΔH<0,以下表达正确的选项是()。
A.平衡常数K值越大,X的转化率越大
B.到达平衡时,反响速率v正(X)=2v逆(Z)
C.到达平衡后,降低温度,正向反响速率减小的倍数大于逆向反响速率减小的倍数
D.到达平衡后,升高温度或增大压强都有利于该反响平衡向逆反响方向移动
解析:平衡常数K值越大,反响向正反响进行的程度越大,X的转化率越大,A项正确。达平衡时2v正(X)=v逆(Z),B项错误。达平衡后降低温度,正、逆反响速率均减小,又因平衡向正反响方向移动,所以正反响速率减小的倍数小于逆反响速率减小的倍数,C项错误。增大压强平衡不移动,升高温度平衡逆向移动,D项错误。
答案:A
4.(2022·北京理综,12)反响:2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3,分别在0 ℃和20 ℃下,测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Yt)如以下列图所示。以下说法正确的选项是()。
A.b代表0 ℃下CH3COCH3的Yt曲线
B.反响进行到20 min末,CH3COCH3的>1
C.升高温度可缩短反响达平衡的时间并能提高平衡转化率
D.从Y=0到Y=0.113,CH3COCH2COH(CH3)2的=1
解析:A项,反响速率越快,到达化学平衡所需的时间越短,所以b代表20 ℃下CH3COCH3的Yt曲线。B项,由题图可知,20 min时a曲线对应点的斜率小于b曲线,所以CH3COCH3的<1。C项,由题图可知,20 ℃时CH3COCH3的平衡转化率一定小于0 ℃时的平衡转化率。D项,当Y=0.113时,a曲线与b曲线相交,故产物量相同。
答案:D
5.(2022·广东佛山高二质检)可逆反响:A(g)+B(g)C(s)+2D(g)的ΔH>0,以下列图所示为正逆反响速率(v)与时间(t)的关系,如果在t1时刻改变以下条件:
①参加A;②参加催化剂;③加压;④升温;⑤移走C,符合图示的条件是()。
A.②③ B.①②
C.③④ D.④⑤
解析:使用催化剂只同倍增加正逆反响速率,对化学平衡无影响;对于有气体参加的气体体积不发生变化的反响,改变压强平衡不移动。
答案:A
6.以下说法正确的选项是()。
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反响　②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反响　③某种反响物的活化分子比普通分子具有较高的能量　④化学反响的实质是原子的重新组合　⑤化学反响的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程　⑥化学反响的实质是活化分子有适宜取向时的有效碰撞
A.①③④⑤ B.②③⑥
C.③④⑤⑥ D.②④⑤
解析:此题主要考查的内容是活化分子、有效碰撞、化学反响的实质及其某些关系。①观点错误,因为活化分子有适宜取向时的碰撞,才能发生化学反响,选项中有①不可选,A被排除;②观点错误,因为普通分子间的碰撞并非有效碰撞,因而不会发生化学反响,选项中有②不可选,B、D被排除。
答案:C
7.(2022·江苏单科,改编)700 ℃时,向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反响:
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
反响过程中测定的局部数据见下表(表中t2>t1):
反响时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80

t2

0.20
以下说法不正确的选项是()。
A.反响在t1 min内的平均速率为v(H2)= mol·L-1·min-1
B.保持其他条件不变,起始时向容器中充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O,到达平衡时n(CO2)=0.40 mol
C.保持其他条件不变,向平衡体系中再通入0.20 mol H2O,与原平衡相比,到达新平衡时CO转化率增大,H2O的体积分数增大
D.温度升高至800 ℃,上述反响平衡常数为0.64,那么正反响为放热反响
解析:A项,反响到t1 min时消耗的CO为0.40 mol,那么生成的H2也为0.40 mol,那么用H2表示该反响的平均速率为v(H2)== mol·L-1·min-1;B项,由于CO、H2O的化学计量数相同,向容器中充入1.20 mol CO、0.60 mol H2O与充入0.60 mol CO、1.20 mol H2O反响的结果是相同的,生成CO2的物质的量均为0.40 mol;C项,向平衡体系中充入H2O(g),平衡正向移动,CO的转化率增大,但由于H2O的总量增加,本身的转化率下降,所以H2O的体积分数增大;D项,700 ℃时该反响的平衡常数K=1,温度升高到800 ℃时K变为0.64,说明升高温度平衡向逆反响方向移动,那么正反响为放热反响。
答案:A
8.:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1 025 kJ·mol-1,该反响是一个可逆反响。假设反响物起始物质的量相同,以下关于该反响的示意图不正确的选项是()。
解析:由于该反响为放热反响,温度升高,平衡逆向移动,NO含量减小,故A项对,C项错;压强增大,平衡逆向移动,NO含量降低,B项对;使用催化剂,使反响速率加快,缩短到达平衡所用时间,但平衡不移动,故D项正确。
答案:C
二、非选择题(此题共4小题,共52分)
9.(12分)氨是最重要的氮肥,是产量最大的化工产品之一。德国人哈伯在1905年创造了合成氨的方法,其合成原理为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4 kJ·mol-1,他因此获得了1918年诺贝尔化学奖。
在密闭容器中,使2 mol N2和6 mol H2混合发生以下反响:
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)(正反响为放热反响)
(1)当反响到达平衡时,N2和H2的浓度比是;N2和H2的转化率比是。
(2)升高平衡体系的温度(保持体积不变),混合气体的平均相对分子质量,密度。(填“变大〞“变小〞或“不变〞)。
(3)当到达平衡时,充入氩气,并保持压强不变,平衡将(填“正向〞“逆向〞或“不〞)移动。
(4)假设容器恒容、绝热,加热使容器内温度迅速升至原来的2倍,平衡将(填“向左移动〞“向右移动〞或“不移动〞)。到达新平衡后,容器内温度(填“大于〞“小于〞或“等于〞)原来的2倍。
解析:(1)对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,在密闭容器中,开始时n(N2)∶n(H2)=2∶6=1∶3,反响时消耗n(N2)∶n(H2)=1∶3,故平衡时n(N2):n(H2)=1∶3,所以c(N2)∶c(H2)=1∶3,转化率之比为1∶1。
(2)升高温度,平衡向逆反响方向移动,气体的总物质的量增大,总质量不变,故平均相对分子质量变小,由于ρ=,知密度不变。
(3)达平衡后,保持压强不变,充入氩气,使体系体积增大,浓度减小,相当于减小反响物压强,使平衡逆向移动。
(4)恒容时升高温度至原来的2倍,平衡向吸热反响的方向移动,即向左移动,根据勒夏特列原理,达新平衡后,容器内温度大于原来的温度,小于原来温度的2倍。
答案:(1)1∶31∶1
(2)变小　不变
(3)逆向
(4)向左移动　小于
10.(12分)高炉炼铁过程中发生的主要反响为
Fe2O3(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)
该反响在不同温度下的平衡常数如下:
温度/℃
1 000
1 150
1 300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
请答复以下问题:
(1)该反响的平衡常数表达式K=,ΔH(填“>〞“<〞或“=〞)0。
(2)在一个容积为10 L的密闭容器中,1 000 ℃时参加Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol,反响经过10 min后到达平衡。求该时间范围内反响的平均反响速率v(CO2)=、CO的平衡转化率=。
(3)欲提高(2)中CO的平衡转化率,可采取的措施是。
A.减少Fe的量
B.增加Fe2O3的量
C.移出局部CO2
D.提高反响温度
E.减小容器的容积
F.参加适宜的催化剂
解析:(1)平衡常数表达式中不能用固体或纯液体表示,故K=;由表中数据可知,随着温度升高,平衡常数减小,说明平衡向逆反响方向移动,即正反响为放热反响,故ΔH<0。
(2)Fe2O3(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)
起始(mol·L-1): 0.1 0.1
转化(mol·L-1): x x
平衡(mol·L-1): 0.1-x 0.1+x
K==,x=0.06,v(CO2)==0.006 mol·L-1·min-1,CO转化率=×100%=60%。
(3)A、B项中,增加或减少固体的量不会影响化学平衡移动,故不可以;C项,移出局部CO2,可以增大CO转化率;D项,提高反响温度,平衡向逆反响方向移动,CO转化率减小;E项,减小容器的容积,即加压,平衡不移动,CO的转化率不变;F项,催化剂不影响化学平衡移动,故不影响CO转化率。
答案:(1)c(CO2)/c(CO)<
(2)0.006 mol·L-1·min-160%
(3)C
11.(2022·全国,28)(14分)反响:aA(g)+bB(g)cC(g)(ΔH<0)在等容条件下进行。改变其他反响条件,在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如以下列图所示:
答复以下问题:
(1)反响的化学方程式中,a∶b∶c为;
(2)A的平均反响速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为; 
(3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是,其值是; 
(4)由第一次平衡到第二次平衡,平衡移动的方向是,采取的措施是;
(5)比较第Ⅱ阶段反响温度(T2)和第Ⅲ阶段反响温度(T3)的上下:T2T3(填“>〞“<〞或“=〞),判断的理由是;
(6)到达第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,假定10 min后到达新的平衡,请在以下列图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势(曲线上必须标出A、B、C)。
解析:(1)Ⅰ阶段,20 min内,Δc(A)=2.0 mol·L-1-1.00 mol·L-1=1.00 mol·L-1,Δc(B)=6.0 mol·L-1-3.00 mol·L-1=3.00 mol·L-1,Δc(C)=2.00 mol·L-1,那么a∶b∶c=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=1∶3∶2。
(2)vⅠ(A)==0.05 mol·L-1·min-1,
vⅡ(A)=≈0.025 mol·L-1·min-1,
vⅢ(A)==0.012 mol·L-1·min-1。那么vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)。
(3)αⅠ(B)=×100%=50%,αⅡ(B)=×100%=38%,αⅢ(B)=
×100%=19%。故αⅢ(B)最小。
(4)由图示可知,由第一次平衡到第二次平衡,A、B的浓度减小,说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知,导致平衡正向移动的措施是从反响体系中移出了产物C。
(5)由图示可知,Ⅱ→Ⅲ,平衡正向移动,由于正反响是放热反响,故Ⅱ→Ⅲ是降温过程,即T2>T3。
(6)第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,那么各物质的浓度减半,由于容器的体积扩大,压强减小,平衡会向逆反响方向(气体体积增大的方向)移动,故平衡后,0.25 mol·L-1<c(A)<0.50 mol·L-1,0.75 mol·L-1<c(B)<1.50 mol·L-1,0<c(C)<0.50 mol·L-1。注意各物质浓度的相对变化应符合化学计量数的比例。
答案:(1)1∶3∶2
(2)vⅠ(A)>vⅡ(A)> vⅢ(A)
(3)αⅢ(B)0.19(或19%)
(4)向正反响方向　从反响体系中移出产物C
(5)>　此反响为放热反响,降低温度,平衡向正反响方向移动
(6)
(注:只要曲线能表示出平衡向逆反响方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)
12.(2022·广东,31)(14分)利用光能和光催化剂,可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时,在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下,CH4产量随光照时间的变化如下列图。
(1)在0~30小时内,CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ和vⅢ从大到小的顺序为;反响开始后的12小时内,在第种催化剂作用下,收集的CH4最多。
(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反响器,发生反响:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。该反响ΔH=+206 kJ·mol-1。
①画出反响过程中体系能量变化图(进行必要标注)。
②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密闭反响器,某温度下反响达平衡,平衡常数K=27,此时测得CO的物质的量为0.10 mol,求CH4的平衡转化率(计算结果保存两位有效数字)。
(3):CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-802 kJ·mol-1
写出由CO2生成CO的热化学方程式。
解析:(2)②设开始时CH4和H2O的物质的量为x mol,那么
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
开始
(mol·L-1) x x 0 0
转化
(mol·L-1) 0.10 0.10 0.10 0.30
平衡
(mol·L-1) x-0.10 x-0.10 0.10 0.30
那么K==27,解得:x=0.11,CH4的平衡转化率为:×100%=91%。
(3)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206 kJ·mol-1①
CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-802 kJ·mol-1②
将①-②得:CO2(g)+3H2O(g)CO(g)+3H2(g)+2O2(g)ΔH=+1 008 kJ·mol-1。
答案:(1)vⅢ>vⅡ>vⅠⅡ
(2)①
②91%
(3)CO2(g)+3H2O(g)CO(g)+3H2(g)+2O2(g)ΔH=+1 008 kJ·mol-1