2022-2022学年高中化学(人教版)配套课时作业必修2第二章《化学反应与能量》2-3-2.docx

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1、课时作业(十四)(时间：45分钟，总分值：100分)一、选择题(此题包括12小题，每题4分，共48分)1以下反响不属于可逆反响的是()ASO2溶于水和H2SO3分解BH2跟I2化合成HI和HI分解CSO2跟O2化合成SO3和SO3分解D电解水生成H2与O2和H2与O2转化成H2O解析电解水生成H2和O2与O2和H2生成H2O不是在相同条件下进行的，所以不属于可逆反响。答案D2对化学反响速率与化学反响限度的表达，不正确的选项是()A当化学反响到达最大限度时反响速率为0B同一化学反响，假设反响条件不同，限度可能不同C化学反响的限度影响了反响物在该条件下的最大转化率D反响物本身的性质是影响化学反响速

2、率的决定性因素解析一个可逆反响一定条件下有一定的反响限度，而该条件下反响速率与反响限度没有必然关系，A错误。答案A3以下理解不正确的选项是()A化学平衡是一个动态平衡B化学平衡研究的对象主要是可逆反响C化学反响速率是研究化学反响进行的快慢问题，化学平衡是研究化学反响进行的限度问题D化学反响到达平衡时，正反响和逆反响速率相等，是对反响中不同物质而言解析化学反响到达平衡是对同种物质而言，其生成速率和消耗速率相等，D错。答案D4N23H22NH3反响到达平衡时的说法不正确的选项是()A平衡体系中氮气、氢气、氨的物质的量保持不变B平衡体系中氮气、氢气、氨的浓度保持不变C单位时间内生成的氨和分解的氨物质

3、的量相同D单位时间内消耗的氮气和氢气与生成的氨气物质的量相同解析到达平衡时，各组分的物质的量、浓度都会保持不变。无论是平衡状态时还是非平衡状态时，单位时间内消耗N2、H2的物质的量跟生成NH3的物质的量都不可能相等。答案D5(2022年嘉峪关市一中期末试题)以下各项中，一定可以作为在一定条件下反响2NOO22NO2到达平衡状态标志的是()ANO、O2、NO2的分子数目之比为212B反响混合物中各组成物质的浓度相等C混合气体的颜色不再发生变化D混合气体的压强相等解析分子数之比为212，不能说明一定是平衡状态；反响混合物中各成分的浓度相等只是一种状态，但不一定是平衡状态；当浓度不变时混合物颜色不变

4、，那么达平衡状态；该反响为气体体积发生变化的反响，但并没有说明是恒容容器，所以C正确。答案C6一定条件下，将A、B、C三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反响：2AB2C，到达化学反响限度时，B的物质的量可能是()A1.5molB1molC0.5molD0解析到达化学反响限度即到达化学平衡，由于是可逆反响，无论反响到什么程度，反响物与生成物均共存，任何参加反响的物质都不能消失。当B为1.5mol时，根据反响式，A为2mol，C为0，不合理；同理B为1mol时，根据反响式，A为1mol，C为1mol；B为0.5mol时，根据反响式，A为0，C为2mol；只有B项是可能的。答案B7在一定温度下

5、，向aL密闭容器中参加1mol X气体和2mol Y气体，发生如下反响：X(g)2Y(g)2Z(g)此反响到达平衡的标志是()A容器内压强不随时间变化B容器内各物质的浓度不随时间变化C容器内X、Y、Z的浓度比为1:2:2D单位时间内消耗0.1mol X的同时生成0.2mol Z解析化学平衡的实质是可逆反响的正反响速率与逆反响速率相等，A正确；B表示的都是正反响速率，没有逆反响速率，不正确；增大容积，反响物、生成物的浓度均减小，所以正、逆反响速率均减小，C不正确；在同一反响中，可以用不同的物质表示化学反响的速率。用不同物质所表示的同一化学反响的速率之比等于其化学方程式中的计量数之比，D不正确。答

6、案A8(2022年宁波市期末试题)在一定条件下，容器内M、N的物质的量随反响时间变化的曲线如右图所示，以下表述中正确的选项是()A反响的化学方程式为2MNBt2时，正、逆反响速率相等，到达平衡Ct3时，正反响速率大于逆反响速率Dt1时，N的浓度是M的浓度的2倍解析由图像知，0t2时间内N的浓度的变化量是M浓度的变化量的2倍，可得反响的方程式为2NM，t2时刻时体系并未到达平衡，所以正、逆反响速率不相等；t3时刻反响已达平衡，此时v(正)v(逆)，因此A、B、C说法错误。答案D9工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反响是：2C(焦炭)O2(空气)=2COFe2O33CO=2Fe3CO2，该炼

7、铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需量，其主要原因是()ACO过量BCO与铁矿石接触不充分C炼铁高炉的高度不够DCO与Fe2O3的反响有一定限度答案D10(双选)我国锅炉燃煤将粉末状煤投入炉内且鼓入空气，这样的好处在于()A增大等量煤炭燃烧时的放出的热量，并形成清洁能源B减少炉中杂质气体(如SO2等)的形成C提高煤炭的燃烧效率并减少CO的排放D使得燃料燃烧充分，从而提高燃料的利用率解析由于大块的固体燃料与空气接触有限，燃烧不够充分和完全，使燃料燃烧产生的热量减少，浪费资源，还会产生大量的CO等气体，危害人体健康。采用沸腾炉是将固体燃料粉碎，增大燃料与空气的接触面积，既能

8、提高燃烧效率，同时又能防止煤炭不充分燃烧产生的CO污染大气。但由于煤炭没有经过去硫处理，所以，不能减少SO2 气体的产生。答案CD11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开展水平的一种标志。目前的重要生产方法是“接触法，有关该反响 2SO2O22SO3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，故此时正、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 1mol O2，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

9、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。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变化而变化，但反响并没有停止，正、逆反响都依然进行着。答案B12天然气和液化石油气燃烧的主要化学方程式依次为 CH42O2CO22H2O，C3H85O23CO24H2O，现有一套以天然气为燃料的灶具，今改为烧液化石油气，应采用的正确措施是()A减少空气进入量，增大石油气进入量B增大空气进入量

10、，减少石油气进入量C减少空气进入量，减少石油气进入量D增大空气进入量，增大石油气进入量解析从化学方程式可知，单位体积的甲烷比液化石油气燃烧耗O2少，假设改烧液化石油气，必须增大进空气量或减少进石油气量。答案B二、非选择题(此题包括5小题，共52分)13(8分)在一密闭的2L容器里充入8molsO2和4mol 18O2在一定条件下开始反响：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)2min末测得容器中有7.2molsO2。试答复：(1)反响后18O存在于哪些物质中_。(2)2min末SO3的浓度为_。(3)用O2的浓度变化表示该时间段内的化学反响速率为_。解析(1)上述反响为可逆反响，故2min末1

11、8O原子存在于SO2、O2及SO3分子中。(2)、(3)2SO2O22SO3起始浓度(mol/L) 4 2 0变化浓度(mol/L) 0.4 0.2 0.42min末浓度(mol/L) 3.6 1.8 0.4所以2min 末c(SO3)0.4mol/Lv(O2)0.1mol(Lmin)1答案(1)SO2、O2、SO3(2)0.4mol/L(3)0.1mol(Lmin)114(12分)在200时，将amol H2(g)和bmol I2(g)充入到体积为VL的密闭容器中，发生反响：I2(g)H2(g)2HI(g)。(1)反响刚开始时，由于c(H2)_，c(I2)_，而c(HI)_，所以化学反响速率

12、_最大，而_最小(为零)。(2)随着反响的进行，反响混合物中各组分浓度的变化趋势为c(H2)_，c(I2)_，而c(HI)_，从而化学反响速率v(正)_，而v(逆)_。(3)当反响进行到v(正)与v(逆)_时，此可逆反响就到达了最大限度，假设保持外界条件不变时，混合物中各组分的物质的量、物质的量浓度、质量分数、体积分数、反响物的转化率和生成物的产率及体系的总压强(或各组分的分压)都将_。解析此题主要考查化学平衡建立的过程，开始时，c(H2)和c(I2)为最大值，正反响速率最大，由于此时没有HI，逆反响速率最小为0，随着反响进行c(H2)和c(I2)越来越小，正反响速率越来越小，逆反响速率逐渐变

13、大，直到平衡时，v(正)v(逆)。答案(1)mol/Lmol/L0v(正)v(逆)(2)减小减小增大减小增大(3)相等且不为零保持不变15(8分)某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反响生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。t/minX/molY/molZ/mol01.001.000.0010.900.800.2030.750.500.5050.650.300.7090.550.100.90100.550.100.90140.550.100.90(1)体系中发生反响的化学方程式是_；(2)计算该反响在05min时间内产物Z的平均反响速率：_；(3)该反响在第_分钟(min)时

14、到达平衡状态；(4)假设使该反响的速率增加，以下措施一定不能到达目的的是_。A升高温度B降低温度C使用催化剂D保持容器体积不变参加1mol X和2mol Y解析由表格数据可知，9分钟后，各物质的物质的量不再变化，且反响物X、Y均有剩余，说明反响是可逆反响，第9分钟时到达了平衡状态；在05min时间内X、Y、Z的物质的量变化值分别为1.00mol0.65mol0.35mol、1.00mol0.30mol0.70mol、0.70mol，其物质的量之比为0.35mol0.70mol0.70mol122，即化学方程式的化学计量数分别为1、2、2，故化学方程式为：X2Y2Z；在05min时间内产物Z的平

15、均反响速率为0.70mol2L5min0.07mol/(Lmin)；升高温度、使用催化剂、增加反响物的浓度均能加快反响速率，降低温度那么减慢反响速率，应选B。答案(1)X2Y2Z(2)0.07mol/(Lmin)(3)9(4)B16(14分)在2L密闭容器内，800 时发生反响：2NO(g)O2(g)2NO2(g)，在体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间(s)012345NO的物质的量(mol)0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)上述反响_(填“是或“不是)可逆反响，在第5s时，NO的转化率为_。(2)如图中表示NO2变化曲线的是_。用O2表示从02s内该反响

16、的平均速率v_。(3)能说明该反响已到达平衡状态的是_。av(NO2)2v(O2)b容器内压强保持不变cv逆(NO)2v正(O2)d容器内气体密度保持不变解析(1)反响物NO在3s后剩余0.007mol，并且不再变化，说明反响到达了平衡状态，此反响一定是可逆反响。NO的转化率为：(0.020mol0.007mol)0.020mol100%65%。(2)由平衡体系2 NO(g)O2(g)2NO2(g)可知，NO2为生成物，在0s时，c(NO2)0mol/L，随着反响的进行，c(NO2)逐渐增大，当到达平衡时，c(NO2)到达最大值。参加反响的NO的物质的量为0.020mol0.007mol0.0

17、13mol，根据方程式，参加反响的NO的物质的量等于生成的NO2的物质的量，故平衡时c(NO2)0.013mol2L0.0065mol/L，故表示NO2变化曲线的为b。02s内，v(NO)(0.020mol0.008mol)2L2s0.003mol/(Ls)，故v(O2)v(NO)20.0015mol/(Ls)。(3)a项中未指明正、逆反响速率，故无法说明该反响是否到达平衡状态；由于该反响是前后气体体积不相等的反响，当容器内压强保持不变时，说明该反响已到达平衡状态，b项正确；c项中说明正、逆反响速率相等，故说明该反响已到达平衡状态；由于气体总质量不变，气体总体积也不变，因此，无论该反响是否到达

18、平衡，容器内密度总保持不变，故d项无法说明该反响是否到达平衡状态。答案(1)是65%(2)b0.0015mol/(Ls)(3)b、c17(10分)以下是反响2SO2O22SO3在不同条件下反响到达最大限度时SO2的转化率： 压强温度0.1mPa0.5mPa1mPa10mPa400 99.2%99.6%99.7%99.9%500 93.5%96.9%97.8%99.3%60073.7%85.8%89.5%96.4%将你从上表中得到的启示填入以下空格。(1)关于可逆反响的限度：_。(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_。解析此题为化学反响限度的拓展，比照温度、压强对反响的影响，不难得到答案。答案(1)可逆反响中的反响物不能全部转化成生成物；可逆反响中的逆反响速率与正反响速率相等时，生成物和反响物的浓度不再改变，该反响就到达了一定的限度；改变反响条件可以改变化学反响限度(2)增大压强或在一定范围内降低温度(3)温度为 500 ，压强为 0.1mPa