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1、章末综合检测(90分钟,100分)一、选择题(此题包括18个小题,每题3分,共54分)1(2022试题调研)以下说法正确的选项是()A可逆反响的特征是正反响速率总是和逆反响速率相等B在其他条件不变时,使用催化剂只能改变反响速率,而不能改变化学平衡状态C在其他条件不变时,升高温度可以使化学平衡向放热反响的方向移动D在其他条件不变时,增大压强一定会破坏气体反响的平衡状态答案:B点拨:正反响速率和逆反响速率相等,是可逆反响到达化学平衡状态的特征,而不是可逆反响的特征,A错;在其他条件不变时,使用催化剂只能改变反响速率,而不能改变化学平衡状态,B对;升高温度可以使化学平衡向吸热反响的方向移动,C错;假
2、设是充入稀有气体增大压强或对于反响前后气体体积不变的反响,增大压强平衡不会发生移动,D错。A化学反响速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品B化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品C化学反响速率理论是研究怎样提高原料转化率D化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品答案:C点拨:怎样提高原料转化产率是化学平衡理论要解决的内容。3(2022河南高二检测)在一定温度下,将2molsO2和1mol O2充入一定容积的密闭容器中,在催化剂作用下发生如下反响:2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H197kJmol1,当到达化学平衡时,以下说法中正确的选项是()ASO2和SO3共2molB生成S
3、O3 2molC放出197kJ热量 D含氧原子共8mol答案:A点拨:该反响为可逆反响,反响物不能完全转化,故生成SO3小于2mol,放出热量小于197kJ;据硫原子守恒知SO2和SO3共2mol,氧原子共6mol,因此选A。4(2022经典习题选萃)以下表达中,不能用勒夏特列原理解释的是()A红棕色的NO2,加压后颜色先变深后变浅B高压比常压有利于合成SO3的反响C参加催化剂有利于氨的合成D工业制取金属钾Na(l)KCl(l)NaCl(l)K(g)选取适宜的温度,使K成蒸气从反响混合物中别离出来答案:C点拨:勒夏特列原理是用来解释化学平衡移动,参加催化剂,平衡不移动。5(2022经典习题选萃
4、)关于A(g)2B(g)=3C(g)的化学反响,以下表示的反响速率最大的是()Av(A)0.6mol/(Lmin)Bv(B)1.2mol/(Lmin)Cv(C)1.2mol/(Lmin)Dv(B)0.03mol/(Ls)答案:D点拨:D项中v(B)0.0360mol/(Lmin)1.8mol/(Lmin),然后利用各物质的化学反响速率与其化学计量数之比进行比较得出D项反响速率最大。6在2L的密闭容器中,发生以下反响2A(g)B(g)2C(g)D(g)。假设最初参加的A和B都是4mol,在前10s A的平均反响速率为0.12mol/(Ls),那么10s时,容器中B的物质的量是()A1.6mol
5、B2.8molC2.4mol D1.2mol答案:B点拨:v(A)v(B)21,v(A)0.12mol/(Ls),v(B)0.06mol/(Ls),反响的n(B)0.06mol/(Ls)10s2L1.2mol,那么10s末剩余B的物质的量为2.8mol。7在某恒温恒容的密闭容器内发生反响:2A(g)B(g)C(g)H0,以下列图像中正确的选项是()答案:D点拨:压强增大,正逆反响速率都增长,故A不正确;对于到达平衡的该反响,在某一时刻正逆反响突然都增大,应是压强增大或温度升高,由于反响是体积缩小的吸热反响,增大压强或升高温度,正反响速率增幅应更大,故B不正确;温度越高,到达平衡用时越短,500
6、时应先达平衡,故C不正确;在不同温度下,温度越高,到达平衡用时越短,且升高温度,平衡逆向移动,A%降低,故D正确。9一定条件下,将10mol H2和1mol N2充入一密闭容器中,发生反响:N2(g)3H2(g)2NH3(g),到达平衡时,H2的转化率可能是()A25% B30%C35% D75%答案:A点拨:合成氨反响是可逆反响,不可能完全转化,现假设1mol N2完全转化,那么有3mol H2转化,而此时,H2的转化率为30%。很明显,H2的转化率应小于30%。A符合题意。10对到达化学平衡状态的可逆反响:ABCD,假设t0时增大压强,正、逆反响速率变化如下列图(v代表反响速率,t代表时间
7、),以下有关A、B、C、D的状态表达中正确的选项是()AA、B、C是气体,D不是气体BA、B是气体,C、D有一种是气体CC、D是气体,A、B有一种是气体DC、D有一种是气体,A、B都不是气体答案:C点拨:t0时加压,v(正)、v(逆)均增加,说明反响物和生成物中均有气体。v(逆)v(正),生成物气体物质的量大于反响物气体物质的量。11可逆 反响H2(g)I2(g)2HI(g)H0,S0 BH0CH0,S0 DH0,S0,且混乱度增大,即S0,A正确。14在密闭容器中发生以下反响aA(g)cC(g)dD(g),反响到达平衡后,将气体体积压缩到原来的一半,当再次到达平衡时,D的浓度为原平衡的1.8
8、倍,以下表达正确的选项是()AA的转化率变大B平衡向正反响方向移动CD的体积分数变大Dacd答案:D点拨:体积减半时,假设平衡不移动,那么D的浓度为原平衡的2倍,今平衡时D的浓度只为原平衡的1.8倍,那么平衡向逆反响方向移动,因此逆反响为气体体积减小的反响,即acd,此时反响物A的转化率减小,D的体积分数减小。15(2022试题调研)等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反响:X(g)Y(g)2Z(g)W(s)Ht2)反响时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol01.200.60t10.80t20.20以下说法正确的选项是()A反响在t1min内的平均速率为v(H2)mo
9、lL1min1B保持其他条件不变,起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H2O,到达平衡时n(CO2)0.40molC保持其他条件不变,向平衡体系中再通入0.20mol H2O,与原平衡相比,到达新平衡时CO转化率增大,H2O的体积分数增大D假设温度升高至800,上述反响平衡常数为0.64,那么正反响为吸热反响答案:BC点拨:A项,表中所给数据的单位为mol,反响在t1min内的平均速率为v(H2)(0.20/t1)molL1min1,A项错误;B项,由方程式可知CO和H2O(g)的量对该反响的影响相同,所以“起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H2O与“
10、起始时向容器中充入1.20mol CO和0.60mol H2O(g)将到达相同的平衡状态,比照表中反响时间为0、t1、t2三个时间的数据0t1,CO减少0.40mol,根据方程计算H2O(g)也应减少0.40mol,而到t2时H2O(g)的减少量仍然为0.40mol,说明t1时已经到达平衡,根据t1时的数据可求得n(CO2)0.40mol,B项正确;C项,增大反响物水蒸气的浓度,平衡正向移动,CO转化率增大,水蒸气的转化率降低,水蒸气的体积分数增大,C项正确;D项,t1时为平衡状态,根据表中数据可求得t1时的平衡常数为1,温度升高,平衡常数减小,说明温度升高平衡逆向移动,说明正反响为放热反响,
11、D项错误。二、非选择题(此题包括5个小题共46分)19(2022经典习题选萃)(8分)T时,A气体与B气体反响生成C气体,反响过程中A、B、C浓度变化如图()所示,假设保持其他条件不变,温度分别为T1和T2时,B的体积分数与时间的关系如图()所示。根据以上条件,答复以下问题:(1)A与B反响生成C的化学方程式为_,正反响为_(填“吸热或“放热)反响。A保持其他条件不变,增大压强B保持容器总体积不变,通入少量稀有气体C保持其他条件不变,升高温度答案:(1)A(g)3B(g)2C(g)放热(2)C点拨:(1)由图()可知,A、B为反响物,C为生成物,其变化量之比n(A):n(B):n(C)0.2:
12、0.6:0.41:3:2,所以反响方程式为A(g)3B(g)2C(g);由图()可知T1T2,升温B的体积分数增加,说明升温平衡向逆向移动,那么说明逆向为吸热反响,正向为放热反响。(2)A项,增压平衡向体积减小即正向移动。B项,体积不变,充入稀有气体,平衡不移动。C项,升温,平衡向吸热即逆向移动。20(8分)2ABC在某一温度时,到达平衡。(1)假设温度升高,平衡向正反响方向移动,那么正反响是_反响(填“放热或“吸热);(2)假设B为固体,减小压强平衡向逆反响方向移动,那么A呈_态;(3)假设A、B、C均为气体,参加催化剂,平衡_移动(填“正向、“逆向或“不)答案:(1)吸热(2)气(3)不点
13、拨:假设温度升高,平衡向正反响方向移动,那么正反响是吸热反响;假设B为固体,减小压强平衡向逆反响方向移动,说明逆反响是气体体积增大的反响,那么A一定是气体;催化剂只能改变化学反响速率,但平衡不移动。21(2022试题调研)(10分)降低大气中CO2的含量及有效地开发利用 CO2,目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究反响原理,现进行如下实验,在体积为1L的恒容密闭容器中,充入1mol CO2和3mol H2,一定条件下发生反响:CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H49.0kJ/mol。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下列图。(1)从反响开始到平衡,
14、氢气的平均反响速率v(H2)_mol/(Lmin);(2)氢气的转化率_;(3)该反响的平衡常数为_(保存小数点后2位);(4)以下措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_。A升高温度B充入He(g),使体系压强增大C将H2O(g)从体系中别离出去D再充入1mol H2(5)当反响到达平衡时,H2的物质的量浓度为c1,然后向容器中再参加一定量H2,待反响再一次到达平衡后,H2的物质的量浓度为c2,那么c1_c2的关系(填“、“或“)。答案:(1)0.225(2)75%(3)5.33(4)CD(5)点拨:(1)CO23H2CH3OHH2O初(mol/L) 1 3 0 0转(m
15、ol/L) 0.75 2.25 0.75 0.75平(mol/L) 0.25 0.75 0.75 0.75c(H2)0.225mol/(Lmin)。(2)H2的转化率100%75%。(3)K5.33。(4)升温,平衡左移,减小;充入He,不变;将H2O别离出去,或充入H2平衡右移,变大。(5)平衡移动的结果是削弱而不是抵消这种改变,所以c1根据实验和实验的比较,可推测该反响升高温度,平衡向正反响方向移动,该反响为吸热反响(3)AB(4)B点拨:(1)在实验中,反响在2040min 内A的平均反响速率为:v(A)7.5103molL1min1。实验和实验的平衡状态相同,且在实验中的反响速率更快,说明实验中使用了催化剂。(2)实验和实验相比较,温度升高,A的平衡浓度减小,说明正反响是吸热反响,降低温度,化学平衡向逆反响方向移动。(3)实验在第40min 末,A的平衡浓度为0.5molL1,降低温度,化学平衡向逆反响方向移动,到达新的平衡时,A的浓度必大于0.5molL1,不可能是AB。(4)根据800时A的起始浓度为1.0molL1,到达平衡时A的浓度为0.5molL1,说明A的转化率为50%。假设参加1mol A和0.2mol He,那么使压强增大,因为是恒容条件,稀有气体对平衡无影响,那么转化率仍为50%。
限制150内