2022年高二化学同步测试《化学反应的方向限度与速率高效整合》(鲁科版选修4)2.docx

卷(一)第2章(45分钟100分)一、选择题(此题包括10小题，每题5分，共50分)1(2022·榆林高二质检)金属锡的冶炼常用焦炭作复原剂：SnO22C=Sn2CO，反响过程中能量的变化如下列图。以下有关该反响的H、S的说法中正确的选项是()AH<0S<0BH>0S<0CH<0S>0 DH>0S>0解析：由于生成物所具有的能量大于反响物所具有的能量，故该反响为吸热反响，即H>0；该反响为自发进行的反响，HTS<0，因H<0，所以只有当S>0时才能成立。答案：D2能确认化学平衡发生了移动的是()A化学反响速率发生了改变B有气态物质参加的可逆反响到达平衡后，改变了压强C由于某一条件的改变，使平衡混合物中各组分的浓度发生了不同程度的改变D可逆反响到达平衡后，使用催化剂解析：对反响前后气体体积不变的可逆反响，假设到达平衡后改变压强，正、逆反响速率发生改变，但平衡不移动，故A、B两项仍可能为平衡状态；但对反响前后气体体积改变的反响，平衡那么发生移动。催化剂可等倍数改变正、逆反响速率，平衡也不移动。而C项是各组分的浓度发生了不同程度的改变，不是同倍改变，那么说明化学平衡发生了移动。答案：C3相同温度下，在两个完全相同的容器中按甲、乙两种方式充入S(g)和Cl2(g)发生反响：S(g)Cl2(g)SCl2(g)甲1 mol S(g)、1 mol Cl2(g)乙1 mol S(g)、2 mol Cl2(g)到达平衡时，反响的平衡常数的大小关系是()A甲>乙 B甲乙C甲<乙 D无法计算解析：当化学方程式一定时，平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相等。答案：B4工业上制备纯硅反响的化学方程式为SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g)H>0，以下措施能提高反响速率且使平衡向正反响方向移动的是()A加压 B减压C加催化剂 D升温解析： 选项内容 ABCD反响速率增大减小增大增大平衡移动方向逆向正向不移动正向答案：D5以下不同条件下的化学反响：A(aq)B(aq)=C(aq)D(aq)，反响速率由大到小的顺序正确的选项是()常温下20 mL溶液含A和B各0.001 mol常温下100 mL溶液含A和B各0.01 mol常温下0.05 mol/L A、B溶液各10 mL混合后，再加水20 mL常温下将100 mL含A 0.001 mol和20 mL含B 0.001 mol混合溶液混合ABCD解析：A、B的浓度越大，反响速率越大。浓度/mol·L1A0.050.10.0250.008 3B0.050.10.0250.008 3答案：C6参照反响BrH2HBrH的能量对反响历程的示意图(图甲)进行判断。以下表达中不正确的选项是()A正反响吸热B参加催化剂，该化学反响的反响热不变C参加催化剂后，该反响的能量对反响历程的示意图可用图乙表示D参加催化剂可增大正反响速率，降低逆反响速率解析：由图可知生成物的总能量高于反响物的总能量，因此正反响为吸热反响，选项A正确。参加催化剂后，可以降低反响的活化能，能同等程度地加快正、逆反响的速率，但反响热不会改变，因此选项B和C正确。 答案：D7(2022·福建高考)化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反响，反响物浓度随反响时间变化如右图所示，计算反响48 min间的平均反响速率和推测反响16 min时反响物的浓度，结果应是()A2.5 mol·L1·min1和2.0 mol·L1B2.5 mol·L1·min1和2.5 mol·L1C3.0 mol·L1·min1和3.0 mol·L1D5.0 mol·L1·min1和3.0 mol·L1解析：分析图象可知，在48 min时间段内反响物的浓度由20 mol·L1下降到10 mol·L1，浓度变化量为10 mol·L1，故反响速率为2.5 mol·L1·min1。随着反响的进行，反响速率逐渐减慢，大致的变化规律是反响每进行4 min，反响速率降低一半，所以当反响进行到16 min时，反响物的浓度降到大约2.5 mol·L1。答案：B8如图是恒温下某化学反响的反响速率随反响时间变化的示意图。以下表达与示意图不相符合的是()A反响达平衡时，正反响速率和逆反响速率相等B该反响到达平衡态后，增大反响物浓度，平衡发生移动，到达平衡态C该反响到达平衡态后，减小反响物浓度，平衡发生移动，到达平衡态D同一种反响物在平衡态和平衡态时浓度不相等解析：C项到达平衡态后，减小反响物浓度、正反响速率减小，逆反响速率那一瞬间不变，图象应为答案：C9往一体积不变的密闭容器中充入H2和I2，发生反响：H2(g)I2(g)2HI(g)H<0，当到达平衡后，t1时刻改变反响的某一条件(混合气体总物质的量不变)，造成容器内压强增大，那么以下说法中正确的选项是()A容器内气体的颜色变深，混合气体的密度增大B平衡不发生移动CI2(g)转化率增大，HI(g)平衡浓度变小D改变条件前后，速率图象如下列图解析：该反响是一个放热且反响前后气体的物质的量不变的反响，要使容器内压强增大，且混合气体总物质的量不变，那么只能通过升高温度完成，所以t1时刻升高温度后，平衡一定发生移动，且是逆向移动，使I2的转化率变小；但由于混合气体总物质的量不变且容积不可变，所以气体的密度不发生改变。答案：D10(2022·北京高考)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H2/mol/L0.0100.0200.020CO2/mol/L0.0100.0100.020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CO2是甲中的2倍，是0.012 mol/LD反响开始时，丙中的反响速率最快，甲中的反响速率最慢答案：C二、非选择题(此题包括4小题，共50分)11(11分)(2022·许昌高二质检)可逆反响：N(g)M(g)P(g)Q(g)H>0，请答复以下问题：(1)假设要增大M的转化率，在其他条件不变的情况下可以采取的措施为_(填字母)。A参加一定量M B参加一定量NC将生成的气体P液化别离 D缩小反响容器的体积(2)不同温度下该反响的平衡常数如下：温度/600700平衡常数K1K2那么K1_(填“>或“<)K2。(3)某温度下，反响物的起始浓度M1.0 mol·L1，N2.4 mol·L1，到达平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为_，该反响的平衡常数Kc_。解析：(1)A项M的转化率减小，B项平衡正移，M的转化率增大，C项平衡正移M的转化率增大，D项平衡不移动，M的转化率不变。(2)由于H>0，升高温度，K增大，K2>K1。(3) N(g)M(g)P(g)Q(g)起始浓度/mol·L1 2.4 1.0 0 0变化浓度/mol·L1 0.6 0.6 0.6 0.6平衡浓度/mol·L1 1.8 0.4 0.6 0.6N的转化率×100%25%Kc0.5答案：(1)BC(2)<(3)25%0.512(9分)反响A(g)B(g)C(g)D(g)过程中的能量变化如以下列图所示，答复以下问题。(1)该反响是_反响(填“吸热或“放热)；(2)当反响到达平衡时，升高温度，A的转化率_(填“增大、“减小或“不变)，原因是_；(3)反响体系中参加催化剂对反响热是否有影响_，原因是_；(4)在反响体系中参加催化剂，反响速率增大，E1和E2的变化是：E1_，E2_(填“增大、“减小或“不变)。解析：解答第(1)题的关键是读懂图，由图示可知反响物A(g)B(g)所含的能量大于生成物C(g)D(g)所含的能量，故该反响为放热反响。解答第(2)题结合第(1)题的推断可知，升高温度平衡向逆反响方向(吸热反响方向)移动，故升高温度，A的转化率减小。第(3)、(4)题，参加催化剂只能改变反响途径，使E1(活化能)减小，E2同时减小，增大反响速率，不改变化学反响的始态和终态的能量，而反响热只与化学反响的始态和终态有关，与反响途径无关，因此使用催化剂对反响热没有影响。答案：(1)放热(2)减小根据勒夏特列原理，升高温度有利于反响向吸热反响方向移动，因而该反响中A的转化率减小(3)没有催化剂只能改变化学反响的速率和途径，不能改变化学反响的始态和终态的能量，因此对反响热没有影响(4)减小减小13(15分)恒温恒容下，将2 mol A气体和2 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中发生如下反响：2A(g)B(g)xC(g)2D(s)，2 min时反响到达平衡状态，此时剩余1.2 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol·L1。(1)从开始反响至到达平衡状态，生成C的平均反响速率为_。(2)x_。(3)A的转化率与B的转化率之比为_。(4)以下各项可作为该反响到达平衡状态的标志的是_。A压强不再变化B气体密度不再变化C气体的平均相对分子质量不再变化DA的消耗速率与B的消耗速率之比为21(5)保持温度和容积不变，向平衡体系中再充入2 mol A和2 mol B，到达新平衡时B的物质的量为_。解析：此题着重考查化学反响速率和化学平衡的概念及相关的简单计算。(1)较为简单，依据公式即可得出结果。在(2)中，列出反响的化学方程式，求解：2A(g)B(g)xC(g)2D(s)起始量(mol): 2 2 0转化量(mol): 1.6 0.8 2.4平衡量(mol): 0.4 1.2 2.4由于转化量之比等于化学计量数之比，即0.82.41x，解得x3。在(4)中，由于反响前后气体体积相同，故A项不可作为反响到达平衡状态的标志，又无论反响是否到达平衡，恒有A的消耗速率与B的消耗速率之比为21。在(5)中，由于恒温恒容、反响前后气体体积不变，再充入2 mol气体A和2 mol气体B时，新的平衡与原平衡等效，此时B的物质的量为1.2 mol×22.4 mol。答案：(1)0.6 mol/(L·min)(2)3(3)21(4)BC(5)2.4 mol14(15分)(2022·全国卷)在溶液中，反响A2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为A0.100 mol/L、B0.200 mol/L及C0 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)与比较，和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)实验平衡时B的转化率为_；实验平衡时C的浓度为_；(3)该反响的H_0，其判断理由是_；(4)该反响进行到4.0 min时的平均反响速率：实验：vB_；实验：vC_。解析：与相比的反响速率大，但A的转化率与相同，所以改变的条件只能是参加催化剂；与相比的反响速率大，且A的转化率比高，所以改变的条件只能是升高温度。(2)实验A转化的浓度为0.040 mol/L，那么B转化的浓度为0.080 mol/L，B的转化率为：×100%40%；实验中A转化的浓度为0.060 mol/L，那么平衡时C的浓度也应为0.060 mol/L。(3)由实验知，升高温度A的转化率增大，那么正反响为吸热反响。(4)反响进行到4.0 min时：实验中A消耗的浓度为：0.028 mol/L，那么B消耗的浓度为：0.056 mol/L，实验中A消耗的浓度为：0.036 mol/L，那么C的浓度为0.036 mol/L。答案：(1)加催化剂，到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变温度升高，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)vB2vA×20.014 mol/(L·min)vCvA0.009 mol/(L·min)