2022高考化学同步练习2-3-2(人教版必修二).docx

第2章 第3节 第2课时
一、选择题
1．(2022湖南长沙同升湖实验学校高一下学期期中考试，24)工业生产硫酸时，其中一步反响是2SO2＋O22SO3，以下说法错误的选项是(　　)
A．增大氧气的浓度可提高反响速率
B．升高温度可提高反响速率
C．使用催化剂能显著增大反响速率
D．到达化学平衡时正逆反响速率相等且都为零
【答案】　D
2．(2022年山东临沂市，14)能够说明H2(g)＋I3(g)2HI(g)(HI为无色气体)已达平衡状态的是(　　)
A．一个H－H键断裂的同时有一个H－I键形成
B．v(正)(H2)＝v(逆)(HI)时的状态
C．恒温恒容时，反响混合物总质量保持不变的状态
D．恒温恒容时，体系的颜色不再发生变化的状态
【解析】　A项表示的同一方向且反响速率也不等；B项中的速率应是v(正)(H2)＝2v(逆)(HI)时为平衡状态：依据质量守恒定律，化学反响前后反响混合物总质量不管是否到达平衡状态，均保持不变，故C项不能说明是平衡状态；D项中体系的颜色不再发生变化，说明I2的量不变，此时为平衡状态。
【答案】　D
3．(2022年山东高青县第二中学理，3)对已达平衡的以下反响2X(g)＋Y(g)2Z(g)，减小压强时，对反响产生的影响是(　　)
A．逆反响速率增大，正反响速率减小，平衡向逆反响方向移动
B．逆反响速率减小，正反响速率增大，平衡向正反响方向移动
C．正、逆反响速率都减小，平衡向逆反响方向移动
D．正、逆反响速率都增大，平衡向正反响方向移动
【解析】　当减小压强时，正、逆反响速率都减小，而化学平衡向气体系数增大的方向移动，即平衡向逆反响方向移动。故C项正确。
【答案】　C
4．14CO2与碳在高温条件下发生反响：14CO2＋C2CO，到达化学反响平衡后，混合物中含14C的粒子有(　　)
A．14CO2
B．14CO2、14CO
C．14CO2、14CO、14C
D．14CO
【答案】　C
【点拨】　根据可逆反响的特点即可确定。
5．一定条件下，将A、B、C三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反响：2A＋B2C，到达化学反响限度时，B的物质的量可能是(　　)
A．1.5mol　　B．1mol　　
C．0.5mol　　D．0
【答案】　B
【点拨】　根据可逆反响的特点，B的物质的量大于0.5mol，小于1.5mol。
6．以下能说明反响N2＋3H22NH3已到达平衡状态的是(　　)
A．1个N≡N键断裂的同时，有3个N—H形成
B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H断裂
C．1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H断裂
D．3个H—H键断裂的同时，有6个N—H形成
【答案】　C
7．一定条件下，可逆反响2AB＋3C，在以下四种状态中处于平衡状态的是(　　)
正反响速度　　　　　　逆反响速度
A．vA＝2mol/(L·min)　　vB＝2mol/(L·min)
B．vA＝2mol/(L·min)　　vC＝2mol/(L·min)
C．vA＝1mol/(L·min)　　vB＝2mol/(L·min)
D．vA＝1mol/(L·min)　　vC＝1.5mol/(L·min)
【答案】　D
【点拨】　转化到正、逆反响速率均用一种物质表示看是否相等即可。
8．硫酸是一种重要的化工产品，硫酸的消耗量常被视为一个国家工业兴旺水平的一种标志。目前的重要生产方法是“接触法〞，有关接触氧化反响2SO2＋O22SO3的说法不正确的选项是(　　)
A．该反响为可逆反响，故在一定条件下二氧化硫和氧气不可能全部转化为三氧化硫
B．到达平衡后，反响就停止了，故正、逆反响速率相等且均为零
C．一定条件下，向某密闭容器中参加2molSO2和1molO2，那么从反响开始到到达平衡的过程中，正反响速率不断减小，逆反响速率不断增大，某一时刻，正、逆反响速率相等
D．在利用上述反响生产三氧化硫时，要同时考虑反响所能到达的限度和化学反响速率两方面的问题
【解析】　对于可逆反响来说，在一定条件下反响物不可能全部转化为产物，反响只能进行到一定程度(即到达平衡时为一定条件下的最大程度)。在到达平衡的过程中，正反响速率不断减小，逆反响速率不断增大，最终正、逆反响速率相等，即到达平衡，此时，反响物和生成物的浓度都不再随时间的延长而发生变化，但反响并没有停止，正、逆反响都依然在进行着。
【答案】　B
9．在一定量的密闭容器中进行反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。反响过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.2mol·L－1，当反响到达平衡时，可能存在的数据是(　　)
A．SO2为0.4mol·L－1、O2为0.2mol·L－1
B．SO2为0.25mol·L－1
C．SO2、SO3均为0.15mol·L－1
D．SO3为0.40mol·L－1
【解析】　此题考查对可逆反响的特征的理解，解答时，应注意两点：①可逆反响既可向正反响方向进行，同时又可向逆反响方向进行；②可逆反响不能进行到底，只能反响到一定程度到达平衡状态，平衡时各物质的物质的量都大于零。
对于此题，假设反响从题给某一时刻开始向正反响方向进行并达平衡，此时SO3的浓度应小于0.40mol·L－1；假设反响从题给某一时刻开始向逆反响方向进行并达平衡，此时SO2的浓度应小于0.4mol·L－1，O2的浓度应小于0.2mol·L－1；由反响的量的关系可知：c(SO2)＋c(SO3)＝0.4mol·L－1，因此两者不可能同时均为0.15mol·L－1
【答案】　B
10．aX(g)＋bY(g)cZ(g)＋dW(g)在一定容积的密闭容器中反响，5min到达平衡时X减少nmol·L－1，Y减少mol·L－1，Z增加mol·L－1，W增加mol·L－1，那么化学方程式中各物质的化学计量数之比a:b:c:d应为(　　)
A．3:1:2:1　　　　　
B．1:3:2:2
C．1:3:1:2
D．3:1:2:2
【解析】　化学反响中各物质变化的浓度之比等于化学方程式中的计量数之比。
【答案】　D
11．一定温度下，反响A2(g)＋B2(g)2AB(g)到达平衡的标志是(　　)
A．单位时间内生成n mol A2同时生成n mol AB
B．容器内的总压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内生成2n mol AB同时生成n mol B2
D．单位时间内生成n mol A2同时生成n mol B2
【解析】　在一定条件下，判断一个反响是否到达平衡，主要看正逆反响速率是否相等，体系中各组分的浓度(或含量)是否保持不变。
A项中生成A2是逆反响，生成AB是正反响。显然v正<v逆，没有到达平衡。B项中压强不随时间的变化而变化，不能说明反响混合物中A2、B2和AB的浓度是否保持一定，v正是否等于v逆。该反响前后气体总的物质的量保持不变，在其他条件一定时，反响从开始至反响到达平衡压强就一直保持不变，故压强不变不能说明反响是否到达平衡状态。C项说明v正＝v逆，反响已到达平衡状态。D项只说明了逆反响速率，没有说明正反响速率，且不管平衡是否建立，只要反响在进行，生成A2和B2的物质的量之比始终为11。
【答案】　C
12．把6molA气体和5molB气体混合放入4L密闭容器中，在一定条件下发生反响：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，经5min到达平衡，此时生成C为2mol，测定D的平均反响速率为0.1mol/(L·min)，以下说法错误的选项是(　　)
A．x＝2
B．B的转化率为20%
C．平衡时A的浓度为0.8mol/L
D．恒温达平衡时容器内的压强为开始时的85%
【解析】　n(D)＝v(D)·V·t
＝0.1mol/(L·min)×4L×5min＝2mol，
n(C)n(D)＝2mol2mol＝1∶1，所以x＝2。
3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)
起始量(mol)　　6　　　　5　　　0　　　0
转化量(mol)　　3　　　　1　　　2　　　2
平衡量(mol)　　3　　　　4　　　2　　　2
B的转化率为：
n(B转化)/n(B起始)＝1mol/5mol＝20%，
P平/P始＝n平/n始＝＝1，
所以，P平＝P始。
【答案】　C、D
【点拨】　关于平衡及反响速率的有关计算都可以考虑利用三步计算法，这种方法比较直观，可以直接从三步中找到起始、转化、平衡时的量。
二、非选择题
13．表示800℃时含有A、B、C三种气体的体系中各物质浓度(mol/L)随时间变化的情况如以下列图所示，
请答复：
(1)该反响的反响物是
________________________________________________________________________。
(2)该反响的化学方程式是
________________________________________________________________________
(3)假设到达平衡状态的时间为2min，那么A物质的平均反响速率为
________________________________________________________________________。
【解析】　该题借助图像考查化学方程式的推断及速率的计算。由图像求化学方程式一般应解决三个问题：①确定反响物和生成物；②反响可逆与否：观察最后浓度是不是都存在且不变；③确定化学计量数：根据同一时间浓度的变化量之比等于化学计量数之比。(1)观察图像：开始时，A量最大，B、C为0，那么A为反响物，B、C为生成物。(2)2min时，A、B、C各组分量保持不变且均不为0，推断该反响为可逆反响，且2min时到达平衡，平衡时各物质浓度分别为：c(A)＝1.2mol/L、c(C)＝1.2mol/L、c(B)＝0.4mol/L。那么2min内浓度变化量分别是：
c(A)＝2.0mol/L－1.2mol/L＝0.8mol/L，
c(C)＝1.2mol/L，c(B)＝0.4mol/L。
由各物质浓度变化量之比等于化学计量数之比得：
c(A):c(C):c(B)＝0.8:1.20.4＝2:3:1，
那么方程式为2A3C＋B。(3)c(A)＝0.8mol/L，
那么v(A)＝＝0.4mol/(L·min)。
【答案】　(1)A　(2)2AB＋3C
(3)0.4mol/(L·min)
14．在一容积固定的密闭容器中进行反响：
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，其到达平衡状态的标志是____________________(填代号)。
A．氨的生成速率与氨的分解速率相等
B．断开1个N≡N键的同时有6个N—H键生成
C．N2、H2、NH3的体积分数不再变化
D．气体的总压强不变
E．N2、H2、NH3分子数之比为1:3:2
F．N2、H2和NH3的浓度相等
G．v正(N2)＝1/3v正(H2)
H．v正(N2)＝1/3v逆(H2)
I．混合物的密度不变
J．混合物的平均相对分子质量不变
K．反响放出的热量等于反响吸收的热量
【解析】　判断一个可逆反响是否到达平衡状态，一般要从两方面进行考虑：一是速率标志，如v正＝v逆；二是含量标志——混合物各组分的含量不变。只要符合其一，反响即到达平衡状态。B、G项只知正反响速率，不知逆反响速率，故无法判断反响是否到达平衡状态；而A、H项说明v正＝v逆，因此，可作为反响到达平衡状态的标志；E、F项无法判断反响是否到达平衡状态，因为分子数之比为132及浓度相等无法说明各组分的含量不变；因气体的总质量不变和容器容积不变，那么混合物的密度始终不变，故I项不能说明反响是否到达平衡状态。由于此反响是一个前后气体分子数不等的反响，C、D、J项也能说明混合物中各组分的含量不变；另外，K项能说明体系温度不变，那么v正＝v逆，故其能说明此反响到达平衡状态。
【答案】　ACDHJK
15．以下是反响：2SO2＋O22SO3在不同条件下到达平衡状态时SO2的转化率。
压强
转华率
温度
0.1MPa
0.5MPa
1MPa
10MPa
400℃
99.2%
99.6%
99.7%
99.9%
500℃
93.5%
96.9%
97.8%
99.3%
600℃
73.7%
85.8%
89.5%
96.4%
试答复以下问题。
(1)关于可逆反响的限度，你能得出什么启示
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)提高该化学反响限度的途径有：
_______________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)要实现SO2的转化率为93.5%，需控制的反响条件是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　此题是以工业生产作为知识考查的载体，重点考查同学们对根底知识的掌握情况及应用能力。(1)可逆反响中的反响物不能全部转化为生成物；可逆反响中某物质的逆反响速率与其正反响速率相等时，生成物和反响物的浓度不再变化，该反响就到达了限度等；改变反响条件可以改变化学反响的限度。(2)由图表可知，要提高反响限度，可以采取增大压强或在一定范围内降低温度的方法等。(3)要实现SO2的转化率为93.5%，需控制的反响条件应该是500℃、0.1Mpa。
【答案】　见解析
【点拨】　在化工生产中，往往需要考虑反响的快慢和反响后所得产物的产率。前者研究的是化学反响速率，后者研究的是化学平衡即化学反响的限度，对于一个特定的化学反响来说，外部条件对化学反响速率和化学反响限度都存在一定的影响。因此，选择适宜的反响条件，既可以增大反响速率，缩短生产周期，又可以到达较大的反响限度，从而获得较大的产率。
16．某课外活动小组设计了如右图所示装置制取O2，效果良好。请答复他们提出的以下问题：
(1)分液漏斗内盛的液体是什么锥形瓶内盛的固体是什么
(2)发生反响的化学方程式
________________________________________________________________________。
________________________________________________________________________
(3)上述装置如何调控化学反响速率请谈谈你的观点。
【答案】　(1)过氧化氢溶液，MnO2固体
(2)2H2O22H2O＋O2↑
(3)通过旋转活塞，控制过氧化氢溶液的下滴速率，从而调控化学反响速率
17．某化学反响2AB＋D在四种不同条件下进行，B、D的起始浓度为0，反响物A的浓度(mol·L－1)随反响时应(min)的变化情况如下表所示。
实验序号

0
10
20
30
40
50
60
1
800
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800
C2
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800
C3
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据上述数据，答复以下问题：
(1)在实验1、2中，有一个实验使用了催化剂。请你利用表中数据判断哪个实验使用了催化剂并说明理由。
(2)请你利用表中数据判断实验3、4在反响进行了多长时间才到达化学平衡状态。
【答案】　(1)实验2中使用了催化剂，因为实验到达与同样的化学平衡状态需要的时间短，化学反响速度快。
(2)实验3：40分钟
实验4：30分钟
18．在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反响：
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)＋Q(Q>0)
(1)600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反响过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如下列图，反响处于平衡状态的时间是
________________________________________________________________________。
(2)据图判断，反响进行至20min时，曲线发生了变化的原因是__________________(用文字表达)。

a．加了催化剂　　　　
b．缩小容器体积
c．降低温度
d．增加SO3的物质的量
【解析】　(1)平衡状态的外部特征之一是各物质的浓度保持不变，很容易看出浓度不再变化的时段是15～20min和25～30min。
(2)反响至20min以后，n(SO2)和n(SO3)都是渐变，只有n(O2)是突变，所以是“增加氧气的量〞所致。
(3)由图像知，n(SO2)和n(O2)的减少与n(SO3)的增加曲线都是从缓慢到快速，说明是同时增大了正、逆反响速率。这只有改变相同的条件才行，故可能是a与b。
【答案】　见解析