2022高考立体设计化学鲁科版第7章第2节③课后限时作业.docx

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1、一、选择题(此题包括15小题，每题4分，共60分)1.通过控制反响条件可以加快、减缓甚至阻止反响的进行，使化学反响有利于人类的生存和提高生活质量。以下各图所示的措施中，能加快化学反响速率的是()2以下说法正确的选项是参加反响的物质的性质是影响化学反响速率的主要因素光是影响某些化学反响速率的外界条件之一决定化学反响速率的主要因素是浓度不管什么反响，增大浓度，或加热或加压，或使用催化剂，都可以加快反响速率ABCD【解析】影响化学反响速率的主要因素是参加反响的物质的性质，正确，错误；外因包括浓度、温度、催化剂、压强和其他一些条件(光等)，正确；增大浓度，可以加快反响速率，加压对没有气体物质参加的反响

2、，反响速率影响不大，错误。【答案】A3合成氨反响：3H2N22NH3其反响速率可以分别用v(H2)、v(N2)、v(NH3)单位均为mol/(Ls)表示，那么正确的关系是Av(H2)v(N2)v(NH3)Bv(N2)2v(NH3)Cv(H2)v(NH3)Dv(N2)3v(H2)【解析】对同一个反响化学反响速率用不同的物质表示时，其速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。【答案】C4.一定条件下，在一密闭容器中将1.0 mol/L N2与3.0 mol/L H2合成氨，反响到2 s时测得NH3的浓度为0.8 mol/L,当用氨气浓度的增加来表示该反响的反响速率时，该反响的反响速率为A.0

3、.2 mol/(Ls)B.0.4 mol/(Ls)C.0.6 mol/(Ls)D.0.8 mol/(Ls)【解析】根据化学反响速率的表示方法可得：v(NH3)=c(NH3)/t=0.8 mol/L/2 s=0.4 mol/(Ls)。【答案】B5某温度下，浓度都是1 mol/L的两种气体X2和Y2，在密闭容器中反响生成气体Z，经过t min后，测得各物质的浓度分别为X20.4 mol/L，Y20.6 mol/L，Z0.4 mol/L，那么该反响的化学方程式可表示为()A2X23Y22X2Y3B3X22Y22X3Y2CX22Y22XY2D2X2Y22X2Y【解析】t min内，反响消耗X2 0.6

4、 mol/L，Y2 0.4 mol/L，生成Z 0.4 mol/L，三者浓度的变化量之比为322，即化学方程式为3X22Y22Z，由质量守恒知Z的化学式为X3Y2。【答案】B6利用反响2NO(g)2CO(g)2CO2(g)N2(g)H746.8 kJ/mol，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反响的速率和NO的转化率，采取的措施是()A降低温度B增大压强同时加催化剂C升高温度同时充入N2D及时将CO2和N2从反响体系中移走【解析】该反响是放热反响，降低温度可以使平衡正向移动，提高NO的转化率，但会减慢反响速率；该反响是气体体积减小的反响，增大压强可使平衡正向移动，提高反响速率和NO的转化率，参加

5、催化剂可以增大反响速率；充入N2和升高温度都会使平衡逆向移动，NO的转化率减小；及时移走反响的生成物虽然会提高NO的转化率，但不能加快反响速率。【答案】B7一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反响，反响中各物质的物质的量变化如下列图，对该反响的推断合理的是()A该反响的化学方程式为3B4D6A2CB反响进行到1 s时，v (A)v(D)C反响进行到6 s时，B的平均反响速率为0.05 mol/(Ls)D反响进行到6 s时，各物质的反响速率相等【解析】A中各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计量数之比，n(A)n(B)n(C)n(D)(1.20) mol(1.00.

6、4) mol(1.00.2) mol (0.40) mol6342，所以化学方程式为3B4C6A2D，A错误；不管在什么时刻，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比，B、D错误。【答案】C8如图曲线a表示放热反响X(g)Y(g)Z(g)M(g)N(s) 进行过程中X的转化率随时间变化的关系。假设要改变起始条件，使反响过程按b曲线进行，可采取的措施是A升高温度B加大X的投入量C加催化剂D增大体积【解析】由图可知，a、b两曲线表示的反响中X的转化率不变，但b的反响速率比a的反响速率快。升高温度，平衡左移，X的转化率减小，A不正确；加大X的投入量，X的转化率减小，B不正确；加催化剂能加快反响速率，

7、但平衡不移动，X的转化率不变，C正确；增大体积，反响速率减小，D不正确。【答案】C9将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生反响：2A(g)B(g)2C(g)，假设经2 s后测得C的浓度为0.6 mol/L，现有以下几种说法：用物质A表示的反响的平均速率为0.3 mol/(Ls)用物质B表示的反响的平均速率为0.6 mol/(Ls)2 s时物质A的转化率为70%2 s时物质B的浓度为0.7 mol/L其中正确的选项是ABCD【解析】根据v，v(C)0.3 mol/(Ls)；v(A)v(C)0.3 mol/(Ls)；v(B)v(C)0.15 mol/(Ls)

8、。2 s时消耗A的物质的量为：0.3 mol/(Ls)2 L2 s1.2 mol，所以A的转化率为100%30%，2 s时，B1 mol/L0.15 mol/(Ls)2 s0.7 mol/L。【答案】B10某温度下，反响H2(g)I2(g)2HI(g)正反响为放热反响，在带有活塞的密闭容器中到达平衡。以下说法中正确的选项是A体积不变，升温，正反响速率减小B温度、压强均不变，充入HI气体，开始时正反响速率增大C温度不变，压缩气体的体积，平衡不移动，颜色加深D体积、温度不变，充入氮气后，正反响速率将增大【解析】升高温度，正反响、逆反响速率都加快；该反响属于气体体积不变的反响，压缩气体的体积，平衡不

9、移动，但物质的浓度增大，因为I2(g)的存在，颜色加深。温度、压强均不变，充入HI气体，开始时正反响速率减小。【答案】C11在C(s)CO2(g)CO(g)反响中，可使反响速率增大的措施是增大压强增加炭的量通入CO2恒压下充入N2恒容下充入N2通入COABCD【解析】增大压强，反响速率加快；增加固体反响物的量，其浓度不变，不能加快反响速率；通入CO2相当于增大反响物浓度，反响速率加快；恒压下充入N2，容器体积扩大，气体物质的浓度减小，反响速率减小；恒容下充入N2，参加反响的各物质浓度不变，反响速率不变；通入CO即增大生成物的浓度，最终使正、逆反响速率都增大。【答案】C12.可逆反响2SO2g+

10、O2g2SO3(g)正反响为放热反响，升高温度对该反响产生的影响是A.增大，减小B.减小，增大C.、不同程度增大D.、同等程度增大【解析】升高温度，、均增大，但正反响为放热反响，逆反响为吸热反响，平衡朝逆反响方向移动，即增大的程度大于增大的程度。【答案】C13.一定量的锌与过量的稀硫酸反响制取氢气。在一定温度下，为减慢反响速率，但又不影响产生H2的量，可向其中参加适量的KNO3溶液CH3COONa固体水KOH溶液A.B.C.D.【解析】参加KNO3溶液，因溶液中存在H+、，反响不产生H2；参加KOH溶液，那么会由于酸碱中和而消耗了硫酸，使H2的产量降低。、既能使cH+降低，又能不影响产生H2的

11、量，符合题意。【答案】B14.把以下四种X溶液分别参加四个盛有10 mL 2 mol/L的盐酸的烧杯中，同时加水稀释到50 mL，此时X和盐酸缓慢反响。其中反响速率最大的是A.10 20 mL 3 mol/L的X溶液B.20 30 mL 2 mol/L的X溶液C.20 10 mL 4 mol/L的X溶液D.10 10 mL 2 mol/L的X溶液【解析】反响物浓度越大、温度越高，反响速率越大。都稀释到相同体积时，A中nX= 0.02 L3 molL-1 =0.06 mol,B中nX)=0.03 L2 molL-1=0.06 mol,C中nX= 0.01 L4 molL-1=0.04 mol,D

12、中n(X)=0.01 L2 molL-1=0.02 mol,A、B较C、D的反响速率大，又因为B中温度高于A中的，所以B中的反响速率最大。【答案】B15.对于N2O4g)2NO2(g)在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数VNO2%随压强的变化情况如下列图。a、b、c、d、e各状态中，v正v逆;d状态要在条件不变的情况下到达平衡状态,需减小NO2的体积分数,即平衡向逆反响方向移动,v正v正，即平衡朝逆反响方向移动，或是加压或是升温，但加压平衡朝正反响方向移动，只能是升温；bc过程中，v逆下降，v正在该时刻不变，只能是浓度改变了，应是移走了生成物；cd过程中的条件改变由ab过程分析可知是加压。

13、【答案】升温移走SO3加压17.6分现将0.4 mol A气体和0.2 mol B气体充入10 L的密闭容器中，在一定条件下使其发生反响生成气体C，其物质的量的变化如图：1假设t1=10 min，那么0至t1时间内C物质的平均反响速率为；该反响在t1时到达平衡，其化学方程式为。2根据图中曲线变化情况分析，t1时刻改变的反响条件可能是填写字母序号。A.参加了催化剂B.降低了反响温度C.向容器中充入了CD.缩小了容器体积【解析】A+BC始态：0.40 mol0.20 mol0变化：0.15 mol0.05 mol0.10 molt1时：0.25 mol0.15 mol0.10 mol故A、B、C的

14、化学计量数之比为：0.150.050.15=312。即化学方程式为：3Ag+Bg2Cg。t1t2时反响速率明显加快，平衡向正反响方向移动，使用催化剂平衡不移动，A不正确；降温反响速率减小，B不正确；参加C平衡应逆向移动，所以C不正确；D中加压，平衡朝正反响方向移动，且反响速率加快。【答案】(1)0.001 mol/(Lmin)3A(g)+B(g)2C(g)(2)D18.12分参加0.1 mol MnO2粉末于50 mL过氧化氢溶液H2O2，=1.1 gmL-1)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如下列图。1实验时放出气体的总体积是。2反响放出气体体积为气体总体积一半时所需时间为。3反响

15、放出气体体积为气体总体积的时所需时间为。4A、B、C、D各点反响速率大小的顺序为。5解释反响速率变化的原因。【解析】根据V-t图象知，反响进行1 min时，放出O2的体积为30 mL，反响进行至2 min时，放出O2 45 mL，反响进行至4 min时，放出O2的体积达最大值60 mL。由V-t曲线的斜率变化可知：D、C、B、A的反响速率逐渐减小，这是因为随着反响的进行，c(H2O2)逐渐降低，反响速率逐渐变小。【答案】(1)60 mL(2)1 min(3)2 min(4)DCBA5随着反响的进行，H2O2逐渐降低，反响速率逐渐变小19(16分)某化学反响：2ABD在四种不同条件下进行，B、D

16、起始浓度为0，反响物A的浓度(mol/L)随反响时间(min)的变化情况如下表：实验 编号时间浓度温度010203040506018001.00.800.670.570.500.500.502800C20.600.500.500.500.500.503800C30.920.750.630.600.600.6048201.00.400.250.200.200.200.20根据上述数据，完成以下问题：(1)实验1中，反响在1020 min时间内A的平均速率为mol/(Lmin)。(2)在实验2中，A的初始浓度C2mol/L，反响经20 min就到达平衡，可推测实验2中还隐含的条件是。(3)设实验3

17、的反响速率为v3，实验1的反响速率v1，那么v3v1，且c31.0 mol/L(填“、“、“)。(4)比较实验4和实验1，可推测该反响是反响(填“吸热或“放热)，理由是。【解析】(1)v(A)0.013 mol/(Lmin)。(2)比照实验2与实验1可知，反响温度相同，达平衡时A的浓度相同，说明是同一平衡状态，即c21.0 mol/L，又因实验2反响的速率快，达平衡所需时间短，说明反响中使用了催化剂。(3)比照实验3与实验1可知，从10 min到20 min，实验1中A的浓度变化值为0.13 mol/L，而实验3中A的浓度变化值为0.17 mol/L，这就说明了v3v1。又知从0 min到10 min A的浓度变化值应大于0.17 mol/L，即c3(0.920.17) mol/L1.09 mol/L。(4)比照实验4与实验1可知，两实验的起始浓度相同，反响温度不同，达平衡时实验4 的A浓度小，说明反响进行的程度大，即温度越高，A的转化率越大，说明正反响为吸热反响。【答案】(1)0.013(2)1.0使用催化剂(3)(4)吸热比照实验1和实验4可知，温度升高时，平衡向右移动