第二章化学反应速率与化学平衡单元测试卷-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 (2).docx

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1、第二章 化学反应速率与化学平衡 单元测试卷一、单选题1下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A密闭容器中，氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深B升高温度，NO2和N2O4混合气体的颜色加深CFe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体后颜色变深D水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，而后用盐酸去除2在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是A反应过程中N的化合价发生变化B由NO生成HONO的反应历程有2种C增大NO的量，的平衡转化率增大D总反应可表示为3央视每周质量报告曝光了一种叫“富氧水”的高价饮用水，它是以饮用水为基质，加压充入氧

2、气制得。打开“富氧水”的瓶盖，气体从瓶中逸出的主要原因是A富氧水变成蒸气挥发出来B富氧水中的水蒸气挥发出来C压强减小后，使富氧水中氧气溶解度减小而逸出D温度升高使富氧水中的水分解4在容积一定的密闭容器中发生可逆反应，平衡移动关系如图所示。下列说法正确的是选项压强纵坐标Ap1p2C的物质的量浓度BB的转化率Cp1”、“”或“=”)。(5)要提高CO2的转化率，可以采取的措施是_(填序号)。A加入催化剂B增大CO2的浓度C通入惰性气体D通入H2(6)T时，向恒容密闭容器中充入CO2和H2，发生反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H。在使用不同催化剂时，相同时间内测得CO

3、2的转化率随温度的变化如下图所示。则催化效果最佳的是催化剂_(填“”、“”或“”)。如果a点已经达到平衡状态，则b点的v正_v逆(填“”、“”或“=”)，c点转化率比a点低的原因是_。试卷第13页，共14页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【详解】A氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系为：I2+H22HI，反应为前后体积不变的反应，加压不会改变平衡移动，颜色加深与平衡移动无关，A符合题意；B升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，NO2和N2O4混合气体的颜色加深，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；CFe(SCN)3溶液中存在Fe(SCN)3Fe3+3SCN

4、-，加入固体KSCN后平衡逆向移动，体系颜色变深，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D因为溶解度S(CaCO3)S(CaSO4)，故加入饱和Na2CO3溶液，能将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，加盐酸时水垢溶解，从而除去水垢，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；答案选A。2C【详解】A含N分子参与的反应包括的历程是将NO转化为NO2，的历程将NO和NO2转化为HONO，还包括HONO转化为NO的反应，这三个反应中N的化合价均发生了改变， A正确；B由NO生成HONO的反应历程有的历程和的历程2种，B正确；CNO为催化剂，增大催化剂的量，平衡不移动，则C3H8的平衡转化率不变，C错误； D

5、由题干反应历程图可知，最初的反应物为C3H8和O2，最终的产物为C3H6和H2O，根据氧化还原反应配平可得，总反应可表示为，D正确；故答案为：C。3C【详解】加压充入氧气，是因为压强增大氧气在水中的溶解度增大，打开瓶盖，压强减小后，使富氧水中氧气溶解度减小而逸出，故选C。4B【分析】根据题意，可知该反应为吸热反应；温度升高平衡正向移动，B的转化率增大，C的物质的量浓度增大，A的质量分数降低；【详解】A反应是分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，C的物质的量浓度增大，与图像不符，故A错误；B反应是分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，B的转化率增大，故B正确；C反

6、应是分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，总物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量大，与图像不符，故C错误；D反应是分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，A的质量分数减小，与图像不符，故D错误；故选B。5C【详解】A依据过程图可知PdCl2O22-先生成后消耗，是反应中间体，A正确；B依据图示可知氢气与氧气在PdCl42-作用下生成过氧化氢，方程式：，B正确；C过程中PdCl2O22-2HClH2O2PdCl42-化合价不变，是非氧化还原反应，C错误；D依据图示可知，过程中存在反应Pd+O2+2Cl-PdCl2O22-，D正确； 故选C。6C【分析】根据反应S2C

7、l2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知b、d点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；b、d点为平衡点，由图中数据可知，b、d点的状态对应的温度为250，300时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H0，据此分析解题。【详解】A正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知H0，正反应为放

8、热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，A正确； B由题干信息可知，与起始量均为1mol，根据反应方程式可知与的消耗量始终相等，故与的转化率始终相等，B正确；C根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，正(Cl2)：逆(SCl2)=1：2时，反应达到平衡状态，由图像可知，b、d点时正(Cl2)：逆(SCl2)=1：2，反应达到平衡状态的为b、d两点，而a点是正(Cl2)=逆(SCl2)即未达到平衡状态，C错误； D一定温度下，向平衡体系中再充入一定量的，相当于增大压强，根据反应方程式S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，平衡不移动，故重新平衡后与原平衡等效

9、，即Cl2的物质的量分数不变，D正确；故答案为：C。【点睛】.7C【详解】ANH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，则其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，A不正确；B其他条件不变，在175-300范围，随着温度的升高，N2的选择性降低，且在225-300范围，NH3转化率增大并不明显，所以在225-300范围内，随温度升高产生的N2量减少，B不正确；C从图中可以看出，225-300范围内，NH3的转化率变化不大，且N2的选择性随温度升高而减小，所以催化氧化除去尾气中的NH3，减小大气污染，应选择的反应温度约为225，C正确；D气体流速越快，与催化

10、剂接触时间越短，反应速率越慢，NH3的去除率越低，D不正确；故选C。8D【详解】A该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，在反应达到平衡后升温后化学平衡向吸热的逆反应方向移动，c(NO2)增大，因而气体的红棕色变深，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B在工业上采用N2、H2在高温、高压催化剂条件下合成氨气，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，合成NH3的生产过程中，为使化学平衡正向移动而提高NH3的产率，理论上应采取相对较高的压强，就是利用的勒夏特列原理解释，B不符合题意；C在平衡体系中加入AgNO3溶液，Ag+与溶液中的Br-反应产生AgBr沉淀，会使上述化学平衡正向移动，能用勒夏特列

11、原理解释，C不符合题意；D催化剂使该反应的反应速率加快，但由于对正、逆反应速率的影响相同，因此不能使化学平衡发生移动，因此不能提高SO3生产效率，故不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；故合理选项是D。9A【详解】若反应进行半分钟后NO的物质的量增加了0.3 mol，则用NO浓度变化表示的反应速率为v(NO)=，根据反应方程式中物质反应转化关系可知：在此段时间内，用NH3表示的化学反应速率为v(NH3)=v(NO)=0.002 mol/(Ls)，故合理选项是A。10C【详解】A铬元素的价电子为3d能级上的5个电子和4s能级上的1个电子，其价电子数目为6，A错误；B，该反应中没有元素价态的改变，不

12、属于氧化还原反应，B错误；C，加入氢氧化钠溶液，试管a中溶液橙色变浅至黄色，说明平衡向正向移动，C正确；D试管b中增大，平衡向逆向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，D错误；故选C。11C【详解】A反应原理为，A错误；B探究固体对反应速率的影响需要控制其他变量，选用实验和，B错误；C实验和探究浓度对反应速率的影响，C正确；D对该反应有催化作用，加快反应速率，D错误； 故选C。12B【详解】A由图可知，反应物能量大于生成物，为放热反应，A错误；B过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越大反应越慢，通常情况下臭氧分

13、解较慢，是因为分解反应的活化能较高，B正确；C由题干可知，总反应为臭氧和氧自由基生成氧气的反应，仅起催化作用，C错误；D催化剂可以改变反应速率，但是不改变反应焓变，D错误；故选B。13B【详解】A反应达到平衡时，正确的速率关系应是，A项错误；B刚性容器体积不变，而该反应的气体总质量会随着反应的进行而改变，因此容器内气体总密度不再改变是该反应达到平衡的标志之一，B项正确；C未告知容器体积，无法算出5 min内B减少的浓度，因此无法计算出任何反应速率，C项错误；D升高温度能加快反应速率是因为分子能量增加，增大了单位体积内的活化分子百分数，D项错误；答案选B。14D【分析】过程I水分子分解生成氢原子

14、和羟基，过程II氢原子和羟基反应生成过氧化氢，过程III过氧化氢分解生成氧气。太阳光在催化剂表面实现高效分解水，总反应为水分解生成氧气和氢气。【详解】A根据分析，该反应将光能转化为化学能转换，实现了分解水，A正确；B过程II生成了过氧化氢，有O-O单键生成，形成化学键放出能量，B正确；C根据分析，过程II中过氧化氢分解生成水和氧气，C正确；D催化剂不能降低反应的焓变，D错误；故选D。15(1) 减小(2)AB(3)ac【详解】（1）平衡常数是反应达到平衡时，生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，N2(g)3H2(g) 2NH3(g)反应的化学平衡常数表达式

15、K=。正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，K值减小。（2）K值越大，表明反应进行的程度越大，所以其他条件相同时N2的转化率越高；其他条件相同时NH3的产率越高，故选AB。（3）a根据“先拐先平”，可知，N2(g)3H2(g) 2NH3(g)正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，氨气的体积分数降低，故a正确；b反应达到平衡状态，体系中各物质的浓度不一定相等，故b错误；c催化剂能加快反应速率，不能使平衡移动，故c正确；选ac。16(1) 减小 不变 (2)【详解】（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对

16、反应热无影响，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)H=-234 kJmol-1，故答案为减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)H=-234 kJmol-1；（2）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据图示，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12molbkJ/mol+4molxkJ/mol-(6mola kJ/mol+5 molc kJ/mol)=dkJ/mol，

17、x=kJ/mol，故答案为12；。17(1)放热(2)B【详解】（1）水煤气变换反应的平衡常数与热力学温度的关系为(、均为正数)，则升高温度，平衡常数减小，即平衡逆向移动，故该反应是放热反应，故答案为：放热；（2）热力学温度时，则，向恒温密闭容器中充入等物质的量的和，设和的起始浓度均为，的平衡浓度为，列三段式：则，整理得，故平衡时体系中的物质的量分数，因为，则，又，则，所以，故答案为：B。18(1) 1120 使用更高效的催化剂(或增大催化剂的比表面积)(2) CO2+ = CO2插入MH键中所需的活化能最大，使用极性溶剂后活化能降低【详解】（1）由可知，活化能为直线斜率的相反数。将曲线上两点

18、的坐标分别代入中，可得。同理，可得曲线对应的，活化能减小，故改变的条件可能是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。故答案为：1120；使用更高效的催化剂(或增大催化剂的比表面积)。（2）由题图2知，该反应的中间体为 ，则生成中间体的反应为，是决速步，插入键中所需的活化能最大，使用极性溶剂后活化能降低，从而较大地提高了整个反应的合成效率。故答案为：CO2+ =；CO2插入MH键中所需的活化能最大，使用极性溶剂后活化能降低。19(1)A(2) 419 II 148.5 1076(3)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=49.5kJmol1【详解】（1）能源分为可再生能

19、源和非再生能源；石油、天然气等化石能源的蕴藏量有限、不能再生，最终会枯竭，属于非再生能源；氢能的主要来源是水，氢燃烧后又生成水，氢能属于可再生能源；答案选A。（2）由图可知，该反应的活化能为419kJ/mol；催化剂能改变反应的历程，降低反应的活化能，故曲线II表示使用催化剂的反应过程；由图可知反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的H=419kJ/mol-518kJ/mol=-99kJ/mol，反应生成1.5molCH3OH(g)时放出的能量为1.5mol99kJ/mol=148.5kJ；H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=E（CO）+2436kJ/mol-(3413kJ/mol

20、+343kJ/mol+465kJ/mol)=-99kJ/mol，解得E（CO）=1076kJ/mol；答案为：419；II；148.5；1076。（3）根据盖斯定律，将反应II-得2CO2(g)+6H2(g)2CH3OH(g)+2H2O(g) H=-122.5kJ/mol-(-23.5kJ/mol)=-99kJ/mol，反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5kJ/mol；答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5kJ/mol。20(1) 圆底烧瓶 除去中混有的(2)黄绿色褪去(3)(4) 2b KCl

21、(和的先后顺序可调换)(5) B D(6) 增强 减弱【分析】实验验证H2O2的还原性，首先制取氯水，利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，然后通入蒸馏水中得到氯水，之后NaOH溶液吸收尾气，然后取少量新制氯水，加入H2O2溶液至过量，生成氧气可以证明H2O2的还原性；实验探究Cl-、NO对H2O2分解的影响，通过控制变量法，选用Cl-、NO的铜盐溶液，通过比较H2O2完全分解所需时间来判断催化效果。【详解】（1）根据仪器的结构特点可知X的名称为圆底烧瓶；利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；浓盐酸

22、具有挥发性，生成的氯气中会混有HCl气体，饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl；（2）新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡，该气体可使余烬复燃，说明生成了氧气，H2O2被氧化，氯气最终全部转化为氯离子，所以溶液颜色发生的变化是黄色绿褪去；（3）t1t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快，更有利于H2O2分解；（4）Cu2+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，所以应向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为2bmol/L的KNO3、KCl溶液；（5）该实验的目的是探究Cl-、NO对Cu2+催化H2O2分解的影响，所以只需改变阴

23、离子的量，所以实验3中应加入amLbmolL-1CuCl2溶液和少量KCl固体，即选B；实验4中应加入amLbmolL-1Cu(NO3)2溶液和KNO3固体，即选D，以此来改变阴离子的量，观察对H2O2分解的是否产生影响；（6）t3t1，说明加入更多的Cl-后H2O2分解加快，即Cl-增强Cu2+的催化效果；而t4t2，说明加入更多的NO后H2O2分解减慢，即NO减弱Cu2+的催化效果。21(1) 催化剂 (2) 排除阴离子差异对速率的影响 溶液(3)其他条件不变，反应物浓度越大，反应速率越大(4) 反应速率先慢后快，后又减慢 浓度降低，反应速率减慢【详解】（1）Fe3+、Cu2+对过氧化氢的

24、分解有催化作用，实验是探究催化剂对化学反应速率的影响；因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此Fe3+对过氧化氢的催化分解效率高；故答案为催化剂；（2）验证Fe3+、Cu2+对过氧化氢的催化分解速率影响，阴离子应相同，因此将硫酸铜改为氯化铜，理由是排除阴离子差异对速率的影响；有的同学即时改用CuCl2溶液仍不严谨，原因是Cl-可能对实验可能有影响，还应做对比实验，氯离子浓度应相同，即向2mL5%的过氧化氢溶液中滴加1mL0.2mol/L或0.3mol/L的NaCl或KCl溶液；故答案为排除阴离子差异对速率的影响；1mL0.2mol/L或0.3mol/L的NaCl或KCl溶液；（3）实验探究浓度对

25、反应速率的影响，预期结论是其他条件不变，反应物浓度越大，反应速率越大；故答案为其他条件不变，反应物浓度越大，反应速率越大；（4）Mn2+对本实验具有催化作用，开始阶段CO2的生成速率随Mn2+浓度增大而加快，一段时间后，反应物浓度减小且浓度影响为主，CO2的生成速率变慢；故答案为反应速率先慢后快，后又减慢；H2C2O4浓度降低，反应速率减慢。22(1)CH3OH(1)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)H=-726.5kJ/mol(2)(3)CD(4) 0.05 16 移除部分CH3OH(5)AB【详解】（1）CO(g)+O2(g)=CO2(g)H2=-283.0kJ/molCH3OH(

26、1)+O2(g)=CO(g)+2H2O(1)H3=-443.5kJ/mol利用盖斯定律，将反应+得，CH3OH(1)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(1)的热化学方程式为CH3OH(1)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)H=(-283.0kJ/mol)+(-443.5kJ/mol)=-726.5kJ/mol。答案为：CH3OH(1)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)H=-726.5kJ/mol；（2）对于反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(1)+H2O(g)，平衡常数K=。答案为：；（3）A该反应的S0、H0，则在低温下能自发进行，A正确；B降低温度，反应速率减小，由于H0，所以平衡正向移动，平衡常数增大，B正确；C使用合适的催化剂，可以加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但不能增大CO的平衡转化率，C错误；D增大压强，可以加快反应速率，并使平衡发生移动，但H不变，D错误；故选CD。答案为：CD；（4）某温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中充入0.5molCO2(g)与1.0molH2(g)，发生