《化学反应的方向和限度》同步练习14(苏教版选修4).docx

化学反响速率 、 化学反响的方向和限度 练习
〔范围：选修4化学反响原理专题2第一、第二单元，120分，100分钟〕
可能用到的数据：H—1 O—16 C—12 N—14 S—32 Na—23 Fe—56 Zn—65 Ba—137 Cu—64 Ca—40 Al—27 Pb—207 Mg—24 Ag—108
第一卷〔选择题，共48分〕
一、 选择题〔包括8小题，每题3分，共24分，每题只有一个正确答案〕：
1.以下对反响热的描述，不正确的选项是
A.热化学方程式中的化学计量数仅表示该物质的物质的量
B.但凡放热反响发生时都不需加热
C.化学反响一般都伴随着能量的变化
D.吸热反响中反响物的总能量低于生成物的总能量
2.以下说法正确的选项是
A.增大反响物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大；
B.有气体参加的化学反响，假设增大压强〔即缩小反响容器的体积〕，可增加活化分子的百分数，从而使反响速率增大；
C.升高温度能使化学反响速率增大，主要原因是增加了反响物分子中活化分子的百分数；
D.催化剂不影响反响活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反响速率。
3.以下说法中正确的选项是
A.决定化学反响速率的主要因素是反响物的浓度、压强、温度、催化剂等
B.测定HCl和NaOH反响的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸的起始温度.NaOH溶液的起始温度和反响后反响体系的最高温度
C.稀醋酸与稀NaOH溶液反响生成1mol水，放出57.3kJ热量
D.某可逆反响的化学平衡常数K，只随温度的改变而改变，且温度越高K值一定越大
4.甲、乙两个容器内都在进行A→B的反响，甲中每分钟减少4 mol A，乙中每分钟减
少2 mol A，那么两容器中的反响速率
A.甲快 B.乙快 C.相等 D.无法确定
5.以下说法正确的选项是
A.但凡放热反响都是自发的，由于吸热反响都是非自发的
B.自发反响一定是熵增大，非自发反响一定是熵减少或不变
C.电解池的反响属于自发过程
D.自发反响在恰当条件下才能实现
6.一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极上通乙烷和氧气，其电极反响式为：C2H6+18OH--14e- =2CO32-+12H2O，7H2O+7/2O2+14e- =14OH-，有关此电池的推断正确的选项是
A.电解质溶液中电子向正极移动 B.放电一段时间后，KOH的物质的量浓度不变
C.通乙烷的电极为负极 D.参加反响的O2和C2H6的物质的量之比为2:7
7.化学用语是学习化学的重要工具，以下用来表示物质变化的化学用语中，正确的选项是
A.电解饱和食盐水时，阳极的电极反响式为：2Cl- - 2e- = Cl2 ↑
B.氢氧燃料电池的负极反响式：O2 + 2H2O+ 4e- = 4OH-
C.粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反响式为：Cu-2e- = Cu2+
D.钢铁发生电化腐蚀的正极反响式：Fe-2e- = Fe2+
8.以下有关热化学方程式的表达正确的选项是
A.2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g)；△H=-483.6kJ/mol，那么氢气的燃烧热为241.8kJ
B.4P〔红磷，s〕= P4(白磷，s)；△H>0，那么白磷比红磷稳定
C.含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，那么表示该反响中和热的热化学方程式为：NaOH〔aq〕+1/2H2SO4〔aq〕= 1/2Na2SO4〔aq〕+H2O〔l〕；△H=-57.4kJ/mol
D.己知C(s)+ O2(g)= CO2(g)；△H1 C(s)+1/2 O2(g)= CO(g)；△H2那么△H1>△H2
二、 选择题〔包括6小题，每题4分，共24分，每题有1～2个正确答案，假设正确答案为1个，多项选择或错选不得分；假设正确答案为2个，选对1个得2分，但只要选错1个，该小题就为零分。〕
9.可逆反响2NO22NO+O2,在恒容密闭容器中反响，到达平衡状态的标志是
①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2
②单位时间内生成n molO2的同时，生成2n mol NO
③NO2.NO.O2的反响速率的比为2 : 2 : 1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A.①④⑥ B.②③⑤ C.①③④ D.①②③④⑤⑥
10.反响：NO+CO2N02+CO在密闭容器中进行，以下哪些条件加快该反响速率
A.缩小体积使压强增大 B.体积不变充入CO2使压强增大
C.体积不变充入He气使压强增大 D.压强不变充入N2使体积增大
11.一定量的盐酸跟过量的铁粉反响时，为了减缓反响速率，且不影响生成氢气的总量，
可向盐酸中参加适量的
A.NaOH固体 B.K2SO4溶液 C.CuSO4固体 D.CH3COONa固体
12.爱迪生电池在充电和放电时发生的反响：Fe+ NiO2+2H2O Fe(OH)2+Ni(OH)2，
以下该蓄电池推断错误的选项是
①放电时，Fe参与负极反响，NiO2参与正极反响
②充电时，阴极上的电极反响式为：Fe(OH)2 + 2e- = Fe + 2OH-
③放电时，电解质溶液中的阴离子向正极方向移动
④放电时，负极上的电极反响式为：Fe + 2H2O- 2e- = Fe(OH)2 + 2H+
⑤蓄电池的电极必须浸入某种碱性电解质溶液中
A.只有③ B.③④ C.④⑤ D.①②⑤
13.把锌片和铁片放在盛有食盐水和酚酞的外表皿中，如下列图。最先观察到酚酞变红的现象的区域是
A.I和III B.I和IV
C.II和III D.II和IV
14.将质量相等的铜片和铂片插入硫酸铜溶液中，铜片与电源正极相连铂片与电源负极相连，以电流强度1A通电10min，然后反接电源，以电流强度2A继续通电10min。以下表示铜电极.铂电极.电解池中产生气体的质量和电解时间的关系图正确的选项是
第二卷〔非选择题，共72分〕
15.〔1〕(4分)某温度时，在2 L容器中，X、Y、Z三种物质的物质的
量随时间变化曲线图2—3所示。由图中数据分析，该反响的
化学方程式为：________________________________________。
反响开始至2 min，Z的平均反响速率为__________。
〔2〕(6分)取a mol A和b mol B置于V L容器中，发生可逆反响：
ａA〔g〕＋ｂB〔g〕ｃC〔g〕＋ｄD〔g〕，1 min后，
测得容器内A的浓度为x mol·Ｌ－1，这时B的浓度为：；
C的浓度为：。在这段时间内反响速率假设以物质A的浓度变化来表示，应为__________。
16、(10分)用“增大〞 “减小〞或“不变〞填空：
采取措施
增大c(反)
降低温度
增大气体的压强
参加正催化剂
单位体积内分子数

活化分子百分数

单位体积内活化分子数

单位时间、单位体积内有效碰撞的次数

化学反响速率

17、(6分)某同学用0.1×10×25mm、质量分数≥99.5%的铝片和酸反响制取H2，实验现象如下表：
时间
酸
1min
2 min
5 min
15 min
20 min
3mol·L－1HCl
少量气泡
较多气泡
大量气泡
反响剧烈
铝片耗尽
1.5mol·L－1H2SO4
均无明显现象〔无气泡〕
①写出上述铝与酸反响的离子方程式。
②反响1～15min内，铝与盐酸的反响速率逐渐加快，其原因是
。
③为探究铝与盐酸反响比铝与硫酸反响快的原因，有同学猜想是由于SO42-离子对Al和H+的反响起阻碍作用，请你设计一个实验证明这种猜想是否正确，写出操作过程、现象和结论
。
18、(8分)1918年，Lewis提出反响速率的碰撞理论：反响物分子间的相互碰撞是反响进行的必要条件，但并不是每次碰撞都能引起反响，只有少数碰撞才能发生化学反响。能引发化学反响的碰撞称之为有效碰撞。
图Ⅱ

B
A
C
图I

(1)图I是HI分解反响中HI分子之间的几种碰撞示意图，其中属于有效碰撞的是
〔选填“A〞、“B〞或“C〞〕；
(2)20世纪30年代，Eyring和Pelzer在碰撞理论的根底上提出化学反响的过渡态理论：化学反响并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反响物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。图Ⅱ是NO2和CO反响生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反响的热化学方程式：；
(3)过渡态理论认为，催化剂改变反响速率的原因是改变了反响的途径，对大多数反响而言主要是通过改变过渡态而导致有效碰撞所需要的能量发生变化。请在图Ⅱ中作出NO2和CO反响时使用催化剂而使反响速率加快的能量变化示意图；
(4)进一步研究说明，化学反响的能量变化(ΔH)与反响物和生成物的键能有关。键能可以简单的理解为断开1 mol 化学键时所需吸收的能量。下表是局部化学键的键能数据：
化学键
C－H
Cl－Cl
C—Cl
H—Cl
键能/ kJ·mol–1
X
243
330
432
：反响CH4(g)+Cl2(g)=CH3Cl(g)+HCl(g)；△H=-106kJ/mol，那么上表中X＝。
19、〔6分〕二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气。该反响进行到45s时，到达平衡，NO2浓度约为0.0125 mol·L－1。图中的曲线表示二氧化氮分解反响在前25s内的反响进程。
（1） 请计算前20s内氧气的平均生成速率；
v =
（2） 假设反响延续至70s，请在图中用实线画出25s至70s的反响进程曲线。
20、(14分)(1)化学平衡常数K表示可逆反响的进行程度，K值越大，表示 ________ __，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值_____________。(填一定增大、一定减小、或可能增大也可能减小)。
(2) 一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反响生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
根据题意完成以下各题：
①反响到达平衡时，平衡常数表达式K＝ ，
升高温度，K值 (填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。
②在500 ℃，从反响开始到平衡，氢气的平均反响速率v (H2)＝ 。
③在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，以下有关该体系的说法正确的选项是
a．氢气的浓度减少 b．正反响速率加快，逆反响速率也加快
c．甲醇的物质的量增加 d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
④据研究，反响过程中起催化作用的为Cu2O，反响体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：_________________________(用化学方程式表示)。
21、〔8分〕现有一定温度下的2L密闭容器中存在如下反响：
2SO2+O2 2SO3，
向密闭容器中通入4mol SO2和2molO2，当SO2的转化率为80%时，反响到达平衡状态。
〔1〕求反响的平衡常数.
〔2〕假设平衡保持体积不变，充入稀有气体Ar使压强增大为原来的3倍，反响将向哪方向进行
〔3〕假设平衡后混合物的压强减小一倍，体积变为原来的两倍，反响将向哪方向进行计算说明。
22、〔8分〕如下列图，通电5 min后，第③极增重2.16 g，同时在A池中收集到标准状况下的气体224 mL，设A池中原混合液的体积为200 mL。
试求：
〔1〕请写出①、②的电极反响式；
〔2〕通电前A池中原混合溶液Cu2+的浓度。
参考答案
1B 2C 3B 4D 5D 6C7A8C
9A 10AB 11CD 12B 13B 14A
15、〔1〕3X + Y2Z；0.05 mol/L·min
〔2〕；； mol/L·min
16、增大、不变、增大、不变
不变、减小、不变、增大
增大、减小、增大、增大
增大、减小、增大、增大
增大、减小、增大、增大
17、(6分) 17(1)2Al+6H+＝2Al3+＋3H2↑〔2分〕
(2)该反响是放热反响，温度升高，化学反响速率加快〔2分〕
(3)在一支试管中参加少量一定浓度的盐酸，参加一小片除去氧化膜的铝片，发现反响较快，然后向其中参加少量的Na2SO4固体，如果反响速率明显变慢，说明SO42-对铝和H+的反响起阻碍作用。〔2分〕
18、(8分)(1) C
(2) NO2(g)+CO(g)＝CO2(g)+NO(g)；ΔH＝-234 kJ/mol
(3)(见右图) (4)413
(2) 0.03
(3) ①平衡大于②d a
19、〔1〕5.5×10-4mol·L-1·s-1
〔2〕从〔25,0.016〕到(45,0.0125)画逐渐下降的曲线；从(45,0.0125)到(70,0.0125)为平行坐标轴的直线。
20、(14分)
(1) 可逆反响的进行程度越大可能增大也可能减小
(2) ①K＝； 减小。 ②mol·(L·min)－1。 ③b； c。
④Cu2O＋CO2Cu＋CO2。
21、〔1〕平衡常数为19。
〔2〕浓度都增大一倍！反响向正方向进行
〔3〕反响向逆方向进行〔4〕浓度不变，平衡不移动
22、〔1〕在A池中发生的反响为：阳极〔②极〕：4OH-- 4e－=2H2O+O2↑
阴极〔①极〕：2Cu2++4e－=2Cu
假设Cu2+完全放电后还有：4H++4e－=2H2↑　转移电子的物质的量为：2.16÷108=0.02〔mol〕
由电极反响可知，每转移4mol电子，放出1molO2，所以②极上析出O2的体积为：
　　0.02÷4×22.4=0.112〔L〕＜0.224〔L〕
　说明A池收集到的气体中还有H2。①极上放出H2为：0.224-0.112=0.112〔L〕，即0.005mol。
　　①极上析出Cu和放出H2共获得0.02mol电子。
Cu2+的物质的量为：〔0.02-0.005×2〕/2=0.005mol　 [Cu2+]=0.005/0.2=0.025mol/L
答：通电前A池中原混合溶液Cu2+的浓度为0.025mol/L。