2022年高中化学《化学反应原理》第2章章末综合检测二鲁科版选修4.docx

2022年鲁科化学选修 化学反响原理 ：第2章章末综合检测二 Word版含答案
一、选择题(此题包括15小题，每题3分，共45分)
1．以下吸热反响中，在高温下不能自发进行的是(　　)
A．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)
B．N2O4(g)===2NO2(g)
C．2CO(g)===2C(s)＋O2(g)
D．NH4HCO3===NH3(g)＋CO2(g)＋H2O(g)
解析：选C。4个反响都是吸热反响，ΔH>0，其中A、B、D项都是熵增加的反响，ΔS>0，所以能在高温下自发地进行；而C项是熵减小的反响，ΔS<0，在所有温度下都不能自发进行。
2．以下条件的改变，一定能加快化学反响速率的是(　　)
A．增大压强　　　　　　B．升高温度
C．增大反响物的量 D．减小生物的浓度
解析：选B。对于非气体反响体系，增大压强不会改变化学反响速率；对于反响物为固体的化学反响，改变反响物的量不会改变化学反响速率；减小生成物的浓度使化学反响速率减慢。
3．对于2A＋B===3C＋4D，表示反响速率最快的是(　　)
A．v(A)＝0.5 mol·L－1·s－1
B．v(B)＝12 mol·L－1·min－1
C．v(C)＝0.9 mol·L－1·s－1
D．v(D)＝1.0 mol·L－1·s－1
解析：选C。综合分析不难看出将单位都统一为mol·L－1·s－1、物质都统一为B相对容易。因此，A项：v(A)＝0.5 mol·L－1·s－1时，v(B)＝0.25 mol·L－1·s－1；B项：v(B)＝12 mol·L－1·min－1＝0.2 mol·L－1·s－1；C项：v(C)＝0.9 mol·L－1·s－1时，v(B)＝0.3 mol·L－1·s－1；D项：v(D)＝1.0 mol·L－1·s－1时，v(B)＝0.25 mol·L－1·s－1。所以C项所表示反响速率最快。
4．对于所有的化学平衡体系，采取以下措施，一定会使平衡发生移动的是(　　)
A．改变温度 B．增大压强
C．改变浓度 D．使用催化剂
解析：选A。对于化学反响前后气态物质系数不变的化学平衡，在其他条件不变时，通过改变容器的容积改变压强、增大或减小平衡混合物的浓度都不会使平衡发生移动，故B、C两项不符合题意。使用催化剂能同等程度地改变正、逆反响的速率，不会使化学平衡发生移动。改变温度一定会使化学平衡发生移动。
5．(2022年菏泽高二检测)在合成氨时，要使氨的产率增大，又要使化学反响速率增大，可以采取的措施有(　　)
①增大体积使压强减小　②减小体积使压强增大　③升高温度　④降低温度　⑤恒温恒容，再充入等量的N2和H2　⑥恒温恒压，再充入等量的N2和H2　⑦及时别离产生的NH3　⑧使用正催化剂
A．②④⑤⑦ B．②③④⑤⑦⑧
C．②⑤ D．②③⑤⑧
解析：选C。
组项
分析
结论
①
减小压强反响速率减慢，平衡左移，NH3的产率减小
不符合题意
②
增大压强反响速率加快，平衡右移，NH3的产率增大
符合题意
③
升高温度反响速率加快，平衡左移，NH3的产率减小
不符合题意
④
降低温度反响速率减慢，平衡右移，NH3的产率增大
不符合题意
⑤
恒温恒容，再充入N2和H2，增大反响物浓度反响速率加快，平衡右移，NH3的产率增大
符合题意
⑥
恒温恒压，再充入N2和H2，反响物浓度不变，反响速率不变，平衡不移动，NH3的产率不变
不符合题意
⑦
别离出NH3，减小生成物浓度反响速率减慢，平衡右移，NH3的产率增大
不符合题意
⑧
使用正催化剂反响速率加快，平衡不移动，NH3的产率不变
不符合题意
6.某化学反响其ΔH＝－122 kJ·mol－1，ΔS＝－231 J·mol－1·K－1，那么此反响在以下哪种情况下可自发进行(　　)
A．在任何温度下都能自发进行
B．在任何温度下都不能自发进行
C．仅在高温下自发进行
D．仅在低温下自发进行
解析：选D。假设使反响自发进行，那么：ΔH－TΔS<0。由于该化学反响其ΔH＝－122 kJ·mol－1，ΔS＝－231 J·mol－1·K－1，高温下会使ΔH－TΔS>0而不能自发进行。
7．在密闭恒容容器中，进行以下反响：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，到达平衡状态后，其他条件不变，只增加X的量，以下表达中不正确的选项是(　　)
A．正反响速率增大，逆反响速率减小
B．X的转化率变小
C．Y的转化率变大
D．正反响速率增大，逆反响速率也增大
解析：选A。增加反响物X的量，正反响速率突增，逆反响速率逐渐增大，导致平衡向正反响方向移动，最终正、逆反响速率相等，Y的转化率变大，而X的转化率变小。
8.
某可逆反响在密闭容器中进行：A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)　ΔH<0，图中曲线b代表一定条件下该反响的过程，假设使曲线b变为曲线a，可采取的措施是(　　)
A．增大A的浓度 B．缩小容器的容积
C．增大B的浓度 D．升高温度
解析：选B。由曲线b变为曲线a，A的转化率不变，说明平衡不发生移动；到达平衡所需的时间缩短，说明反响速率增大。同时满足上述两个条件的是缩小容器的容积。
9．在一定体积的密闭容器中发生以下反响：N2＋3H22NH3，其中N2的起始浓度为1 mol·L－1。当反响到达平衡时，测得N2的转化率大于H2的转化率，那么H2的起始浓度可能是(　　)
A．0.8 mol·L－1 B．1.0 mol·L－1
C．3.0 mol·L－1 D．4.0 mol·L－1
解析：选D。当N2与H2的起始浓度之比为1∶3时，反响到达平衡时，N2的转化率等于H2的转化率，题中N2的起始浓度为1 mol·L－1，且要求反响到达平衡时，N2的转化率大于H2的转化率，可得N2与H2的起始浓度之比应小于1∶3，而所给选项中，只有当氢气的起始浓度为4.0 mol·L－1，才有反响到达平衡时，N2的转化率大于H2的转化率，应选D。
10．H2和CO2在高温下发生反响：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。下表是986 ℃时，在容积不变的密闭容器中进行反响的4组数据：
编号
初始浓度/mol·L－1
平衡浓度/mol·L－1
c0(H2)
c0(CO2)
c0(H2O)
c0(CO)
c(H2)
c(CO2)
c(H2O)
c(CO)
1
1.0
1.0
0
0
0.44
0.44
0.56
0.56
2
1.0
2.0
0
0
0.27
1.27
0.73
0.73
3
0
0
2.0
2.0
0.88
0.88
1.12
1.12
4
0.2
0.4
0.6
0.8
0.344
0.544
0.456
0.656
以下表达中，正确的选项是(　　)
①该温度下反响的平衡常数约为1.6　②该反响的平衡常数与反响的初始浓度无关　③增大CO2的初始浓度，可使CO2的转化率增大　④从反响开始至到达平衡状态，混合气体的密度没有发生改变
A．②③ B．①②③
C．①②④ D．①③
解析：选C。任取一组数据，根据平衡常数表达式可以得出该温度下反响的平衡常数约为1.6；比照第1、2组数据可知，增大CO2的初始浓度，CO2的转化率降低；反响前后气体的质量和体积都没有发生变化，故混合气体密度不变。
11．某探究小组利用丙酮的溴代反响(CH3COCH3＋Br2CH3COCH2Br＋HBr)来研究反响物浓度与反响速率的关系。反响速率v(Br2)通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：
实验
序号
初始浓度c/mol·L－1
溴颜色消失
所需时间t/s
CH3COCH3
HCl
Br2
①
0.80
0.20
0.0010
290
②
1.60
0.20
0.0010
145
③
0.80
0.40
0.0010
145
④
0.80
0.20
0.0020
580
分析实验数据所得出的结论不正确的选项是(　　)
A．增大c(CH3COCH3)，v(Br2)增大
B．实验②和③的v(Br2)相等
C．增大c(HCl)，v(Br2)增大
D．增大c(Br2)，v(Br2)增大

12.
右图表示外界条件(温度、压强)的变化对以下反响的影响：L(s)＋G(g)2R(g)　ΔH<0，在图中，Y轴是指(　　)
A．平衡混合气体中G的质量分数
B．平衡混合气体中R的质量分数
C．G的转化率
D．L的转化率
解析：选A。由图可知，压强不变时，随着温度的升高，Y的量增大；温度不变时，随压强的增大，Y的量也增大。对于反响L(s)＋G(g)2R(g)　ΔH<0，升高温度，增大压强，平衡逆向移动，由此判断，图中Y轴是指平衡混合气体中G的质量分数。
13．(2022年高考广东卷)取五等份NO2，分别参加温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反响：2NO2(g)N2O4(g)；ΔH<0。反响相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反响温度(T)变化的关系图。以下示意图中，可能与实验结果相符的是(　　)
A．①② B．②④
C．①③ D．②③
解析：选B。此题考查温度对到达化学平衡状态的时间及平衡状态的影响，意在考查学生运用理论推导及思维方式的转换能力。该反响是放热反响，因此温度越高，NO2的转化率越低，又因温度越高到达平衡时间越短，可能存在都已经到达平衡—②，也可能高温的已经到达平衡，而低温的没到达平衡—④。
14．1 mol X气体跟a mol Y气体在体积可变的密闭容器中发生如下反响：X(g)＋aY(g)bZ(g)。反响到达平衡后，测得X的转化率为50%，且同温同压下测得反响前混合气体的密度是反响后混合气体密度的，那么a和b的数值可能是(　　)
A．a＝2，b＝3 B．a＝2，b＝1
C．a＝2，b＝2 D．a＝3，b＝2
解析：选D。依题意可知，＝，化简得2b－a＝1，只有D项中的数据符合此关系式。
15．(2022年高考北京卷)某温度下，H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K＝。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示。
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)(mol/L)
0.010
0.020
0.020
c(CO2)(mol/L)
0.010
0.010
0.020
以下判断不正确的选项是(　　)
A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60%
B．平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C．平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.012 mol/L
D．反响开始时，丙中的反响速率最快，甲中的反响速率最慢
解析：选C。此题考查化学平衡常数及转化率的计算，意在考查考生对数据的分析和处理能力。设平衡时甲中CO2的转化浓度为x mol/L，那么平衡时H2、CO2、H2O、CO的浓度分别为(0.01－x)mol/L、(0.01－x)mol/L、x mol/L、x mol/L，根据平衡常数K＝＝，解得x＝0.006，那么甲中CO2的转化率为×100%＝60%，由于乙相对于甲增大了c(H2)，因此CO2的转化率增大，A项正确；设平衡时丙中CO2的转化浓度为y mol/L，那么平衡时H2、CO2、H2O、CO的浓度分别为(0.02－y)mol/L、(0.02－y)mol/L、y mol/L、y mol/L，根据平衡常数K＝＝，解得y＝0.012，那么丙中CO2的转化率为×100%＝60%，B项正确；平衡时甲中c(CO2)＝0.01－0.006＝0.004(mol/L)，丙中c(CO2)＝0.02－0.012＝0.008(mol/L)，C项错误；反响开始时，丙中反响物浓度最大，反响速率最快，甲中反响物浓度最小，反响速率最慢，D项正确。
二、非选择题(此题包括5小题，共55分)
16．(2022年高考上海卷改编题)铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质。
(1)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生以下反响：Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)
①该反响的平衡常数表达式为：K＝__________。
②该温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10 min后，生成了单质铁11.2 g，那么10 min内CO的平均反响速率为__________。
(2)请用上述反响中某种气体的有关物理量来说明该反响已到达平衡状态：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
(3)某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反响。以下反响速率(v)和温度(T)的关系示意图中与铝热反响最接近的是__________。
解析：(1)①固体及纯液体物质不写入化学平衡常数的表达式，那么K＝。
②10 min后，消耗CO的物质的量：×＝0.3 mol，
Δc(CO)＝＝0.15 mol·L－1
v(CO)＝＝＝0.015 mol·L－1·min－1
(2)这是一个等体积反响，不能从压强方面考虑，Fe、Fe2O3为固体，也不影响平衡，所以应从CO、CO2浓度及反响速率等方面考虑。
(3)铝热反响放热，引发后很快发生剧烈的反响，因此答案为b。
答案：(1)①　②0.015 mol·L－1·min－1
(2)①CO(或CO2)的生成速率与消耗速率相等
②CO(或CO2)的质量不再改变(答案合理即可)
(3)b
17．(10分)(2022年高考山东卷)
一定温度下，向1 L密闭容器中参加1 mol HI(g)，发生反响Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如下列图。
0～2 min内的平均反响速率v(HI)＝__________。该温度下，H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K＝__________。
相同温度下，假设开始参加HI(g)的物质的量是原来的2倍，那么__________是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度
c．到达平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
解析：结合图象根据速率的定义v＝可得v(H2)＝＝0.05 mol/(L·min)，根据速率之比等于化学方程式中物质的系数之比得v(HI)＝2v(H2)＝0.1 mol/(L·min)。该反响的平衡常数K＝＝＝64。由于平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，a错。由于题中反响是一个气体体积不变的反响，故改变条件后的平衡和原平衡等效，因此选项b正确，d错误。HI的浓度是原来的2倍，由于浓度增大，反响速率加快，到达平衡所需的时间短，c错。
答案：0.1 mol·L－1·min－1　64　b
18．(10分)Fe3＋和I－在水溶液中反响如下：2I－(aq)＋2Fe3＋(aq)2Fe2＋(aq)＋I2(aq)。
试完成以下问题：
(1)该反响的平衡常数K的表达式为：K＝________；当上述反响到达平衡后，参加CCl4萃取I2，且保持温度不变，上述平衡________(填“向右〞、“向左〞或“不〞)移动。
(2)上述反响的正向反响速率和I－、Fe3＋的浓度关系为：v＝K[I－]m[Fe3＋]n(K为常数)。

[I－]
/mol·L－1
[Fe3＋]
/mol·L－1
v/mol·L－1
·s－1
①
0.20
0.80
0.032K
②
0.60
0.40
0.144K
③
0.80
0.20
0.128K
通过上表所给的数据计算得知：在v＝K[I－]m[Fe3＋]n中m、n的值为________。
A．m＝1　n＝1 B．m＝1　n＝2
C．m＝2　n＝1 D．m＝2　n＝2
(3)由(2)中结论可知，I－浓度对反响速率的影响______(填“大于〞、“小于〞或“等于〞)Fe3＋浓度对反响速率的影响。
解析：(1)参加CCl4萃取I2后，I2的浓度减小，平衡向右移动。
(2)把数据①代入关系式得：0.032＝(0.20)m·(0.80)n把选项中的数值代入只有C项符合，从而可得v＝Kc2(I－)c(Fe3＋)，(3)由(2)可得I－的浓度对反响速率的影响大于Fe3＋浓度的影响。
答案：(1)　向右　(2)C　(3)大于
19．(12分)(2022年阜阳模拟)向甲乙两个容积均为1 L的恒容容器中，分别充入2 mol A、2 mol B和1 mol A、1 mol B。相同条件下(温度T ℃)，发生以下反响：A(g)＋B(g)xC(g)　ΔH<0。测得两容器中c(A)随时间t的变化如下列图。
答复以下问题：
(1)乙容器中，平衡后物质B的转化率________。
(2)x＝__________。
(3)T ℃时该反响的平衡常数__________。
(4)以下说法正确的选项是__________。
A．向平衡后的乙容器中充入氦气可使c(A)增大
B．将乙容器单独升温可使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的相同
C．假设向甲容器中再充入2 mol A、2 mol B，那么平衡时甲容器中0.78 mol·L－1<c(A)<1.56 mol·L－1
解析：(1)乙容器反响到达平衡时c(A)＝0.5 mol·L－1，转化率为50%，所以B的转化率也为50%。
(2)甲容器反响到达平衡后，c(A)＝0.78 mol·L－1，转化率为61%，即压强越大，A的转化率越高，所以正反响为气体体积减小的反响，x＝1。
(3)反响到达平衡时，乙容器中c(A)＝c(B)＝c(C)＝0.5 mol·L－1，T ℃时，该反响的平衡常数为2 L·mol－1。
(4)A项，向平衡后的乙容器中充入惰性气体氦气，气体的浓度不变，平衡不发生移动，c(A)不变；B项，将乙容器单独升温，平衡逆向移动，A的体积分数增大，更大于甲容器中A的体积分数；C项，假设向甲容器中再充入2 mol A、2 mol B，到达平衡时A的转化率比不加前增大，所以平衡时甲容器中0.78 mol·L－1<c(A)<1.56 mol·L－1。
答案：(1)50%　(2)1　(3)2 L·mol－1　(4)C
20．(15分)(2022年高考全国卷Ⅰ)在溶液中，反响A＋2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(A)＝0.100 mol/L、c(B)＝0.200 mol/L及c(C)＝0 mol/L。反响物A的浓度随时间的变化如以下列图所示。
请答复以下问题：
(1)与①比较，②和③分别仅改变一种反响条件。所改变的条件和判断的理由是：
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________；
(2)实验②平衡时B的转化率为__________；实验③平衡时C的浓度为__________；
(3)该反响的ΔH__________0，其判断理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(4)列式计算该反响进行到4.0 min时的平均反响速率：
实验②：vB＝________________________________________________________________________；
实验③：vC＝________________________________________________________________________。
解析：此题主要考查化学平衡，意在考查考生读图、表述和计算能力。(1)分析图象可知，①和②在平衡时刻A的浓度相等，且②的曲线斜率较大，说明反响速率较大，故是改变某一条件使反响加快，但平衡没有移动，故只可能是使用了催化剂。①和③相比较，平衡时刻③中A的浓度较小，曲线斜率较大，说明③的反响速率较大且平衡向正方向移动，而起始浓度相等，故只可能是升高温度。
(2)由起始到平衡时刻Δc(A)＝0.10 mol·L－1－0.060 mol·L－1＝0.040 mol·L－1，故Δc(B)＝0.080 mol·L－1，那么B的转化率为0.080/0.20×100%＝40%；实验③平衡时刻，c(C)＝0.060 mol·L－1。
(3)由(1)可知，温度升高平衡向正方向移动，那么该反响正反响方向要吸热，ΔH>0。
(4)观察图象可知，在第4.0 min时，②中c(A)＝0.072 mol·L－1，③中c(A)＝0.064 mol·L－1。②中vA＝(0.10 mol·L－1－0.072 mol·L－1)/4.0 min＝0.007 mol·L－1·min－1，而vB＝2vA＝0.014 mol·L－1·min－1。③中vA＝(0.1 mol·L－1－0.064 mol·L－1)/4.0 min＝0.009 mol·L－1·min－1，而vC＝vA＝0.009 mol·L－1·min－1。
答案：(1)②加催化剂，到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变　③温度升高，到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
(2)40%(或0.4)　0.060 mol/L
(3)>　温度升高，平衡向正反响方向移动，故该反响是吸热反响
(4)vB＝2vA＝×2＝0.014 mol/(L·min)
vC＝vA＝＝0.009 mol/(L·min)