2022届高三化学鲁科版选修四章末质量检测(二)

1、第2章化学反响的方向、限度与速率 (总分值100分时间90分钟)一、选择题(此题包括16小题，每题3分，共48分)125和1.01×105 pa时，反响2n2o5(g)=4no2(g)o2(g) h56.76 kj·mol1能自发进行的原因是()a是吸热反响b是放热反响c是熵减少的反响 d熵增大效应大于能量效应解析：根据化学反响的焓变与熵变的综合关系式hts0分析，该反响h0，要使反响自发进行必须使tsh。答案：d2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下列图，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

2、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：此题考查化学反响速率的计算，意在考查考生对图表的分析能力和数据的处理能力。48 min间化合物bilirubin的浓度变化为c10 mol·l1，那么v(bilirubin)2.5 mol·l1·min1；根据

3、图示，每隔4 min化合物bilirubin的浓度减小一半，那么16 min时化合物bilirubin的浓度为8 min时浓度的1/4，故16 min时其浓度为10 mol·l1×1/42.5 mol·l1，b项正确。答案：b3(2022·深圳高级中学月考)以下关于化学平衡常数的说法正确的选项是()a化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化b平衡常数发生变化，化学平衡必发生移动c改变浓度，平衡常数一定改变d催化剂改变到达平衡的时间，必引起平衡常数的改变解析：化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关；平衡发生移动，是由于qk，可能是q发生了变化，平衡

4、常数不一定发生变化，但平衡常数发生变化，化学平衡必发生移动。答案：b4工业上制备纯硅反响的热化学方程式如下：sicl4(g)2h2(g)=si(s)4hcl(g)hq kj·mol1(q0)，某温度、压强下，将一定量的反响物通入密闭容器进行以上的反响(此条件下为可逆反响)，以下表达正确的选项是()a反响过程中，假设增大压强能提高sicl4的转化率b假设反响开始时sicl4为1 mol，那么到达平衡时，吸收热量为q kjc反响至4 min时，假设hcl的浓度为0.12 mol·l1，那么h2的反响速率为0.03 mol·l1·min1d当反响吸收热量为0.

5、025 q kj时，生成的hcl通入100 ml 1 mol·l1的naoh溶液恰好反响解析：该反响为体积增大的反响，增大压强平衡左移，sicl4转化率减小，a错；该反响为可逆反响，不能实现完全转化，放出的热量一定小于qkj，b错；反响至4 min时，hcl的浓度为0.12 mol·l1，表示的反响速率为：v(hcl)0.03 mol·l1·min1，换算为v(h2)0.015 mol·l1·min1，c错；当吸热0.025 q kj时，说明反响的sicl4为0.025 mol，生成hcl 0.1 mol，其与100 ml 1 mol

6、·l1的naoh恰好反响，d正确。答案：d5对可逆反响4nh3(g)5o2(g)4no(g)6h2o(g)，以下表达正确的选项是()a到达化学平衡时，4v正(o2)5v逆(no)b假设单位时间内生成x mol no的同时，消耗x mol nh3，那么反响到达平衡状态c到达化学平衡时，假设增加容器体积，那么正反响速率减小，逆反响速率增大d化学反响速率关系是：2v正(nh3)3v正(h2o)解析：根据反响方程式知4v正(o2)5v逆(no)表示v正v逆，所以a正确。生成no、消耗nh3均为正反响的变化，所以b中表达未表示逆反响的情况，所以b错误。由于反响物、生成物均为气体，所以增加容器体

7、积，v正、v逆都减小，c错误。v正(nh3)v正(h2o)23，d错误。答案：a6(2022·西安高二检测)：a(s)b(g)2d(g) h0，该反响到达平衡后，下列条件的改变有利于平衡向正反响方向移动的是()a升高温度和减小压强b降低温度和减小压强c降低温度和增大压强 d升高温度和增大压强解析：该反响为正向气体分子数增多且反响吸热，因此低压高温有利于平衡正向移动。答案：a7caco3与稀盐酸反响(放热反响)生成co2的量与反响时间的关系如下列图，以下结论不正确的选项是()a反响开始2 min内平均反响速率最大b反响速率先增大后又减小c反响开始4 min内温度对反响速率的影响比浓度大

8、d反响在第2 min到第4 min间生成co2的平均反响速率为v(co2)0.1 mol·min1解析：首先要看明白图像，图中的曲线说明，二氧化碳的产生速率先快后慢。在第一个2 min内产生了0.1 mol co2，第二个2 min内产生了0.2 mol co2，第三个2 min内产生了0.05 mol co2，反响速率先增大后减小；先增大是由于反响放热，使溶液温度升高，导致反响速率增大，4 min后速率下降那么是由于浓度降低所引起的，通过计算知，a项错误，应该是2 min4 min的平均速率最大。答案：a8双选题可逆反响2a(g)b(g)3c()d()h<0，其他条件不变，随

9、着温度的降低，混合气体平均相对分子质量有变小的趋势，那么以下判断正确的选项是()ac和d可能都是固体bc和d一定都是气体c假设d为固体，那么c一定是气体dc和d可能都是气体解析：降温，平衡向右移动，混合气体的平均相对分子质量有变小的趋势，由，那么c、d可能都是气体，此时m(气)不变，n(气)增大；也可能d是固体，c是气体，m(气)变小，n(气)不变。答案：cd9高温下，某反响达平衡，平衡常数k，恒容时，温度升高，h2浓度减小。以下说法正确的选项是()a该反响的焓变为正值b恒温恒容下，增大压强，h2浓度一定减小c升高温度，逆反响速率减小d该反响化学方程式为coh2oco2h2解析：由平衡常数的表

10、达式可得，该反响化学方程式应为co2h2coh2o，故d错；由题意知，温度升高，平衡向正反响方向移动，说明正反响为吸热反响，h>0，a正确；恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，h2浓度不变，故b错；c项，升高温度，正、逆反响速率都会增大，故c错。答案：a10以下反响在任意温度下一定能自发进行的是()a2nacl2h2o通电,2naohcl2h2bnh3(g)hcl(g)=nh4cl(s)h0ccaco3(s)=cao(s)co2(g)h0dx2y2(g)=x2(g)y2(g)h0解析：a项需通电才能进行，为非自发反响；b项h0，s0，在低温下hts0，反响能自发进行；c项h0，s0，在高温

11、下hts0，反应能自发进行；d项，h0，s0，在任何温度下hts0，反响一定能自发进行。答案：d11200 ，反响2no(g)2co(g)2co2(g)n2(g)的平衡常数k10，那么下列情况到达平衡状态的是()c(no)c(co)c(co2)c(n2)a110.10.1b0.10.10.10.1c0.20.10.21d0.30.20.20.3解析：根据方程式写出浓度商的表达式，然后代入数值计算，浓度商与平衡常数相等时即为平衡状态。b项中q10，即qk，处于平衡状态。答案：b12合成氨反响的正反响是气体体积减小的放热反响。合成氨工业的生产流程如下：关于合成氨工业的说法中不正确的选项是()a混合

12、气进行循环利用遵循绿色化学思想b合成氨反响须在低温下进行c对原料气进行压缩是为了增大原料气的转化率d使用催化剂可以提高反响的速率，但是不能使平衡向正反响方向移动解析：合成氨反响在700 k的高温下进行。答案：b13t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，那么以下结论正确的选项是()a在(t110) min时，其他条件不变，增大压强，平衡向逆反响方向移动b(t110) min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向正反响方向移动ct时，在相同容器中，假设由0.3 mol&

13、#183;l1a、0.1 mol·l1 b和0.4 mol·l1 c反应，到达平衡后，c的浓度仍为0.4 mol·l1d其他条件不变，升高温度，正、逆反响速率均增大，且a的转化率增大解析：图()是ct图，根据a、b浓度分别减少0.2 mol·l1、0.6 mol·l1，c的浓度增大0.4 mol·l1，那么反响方程式为a3b2c，a选项：增大压强，平衡右移，a错误；b选项：保持总压不变，通入稀有气体，平衡左移，b错误；c选项此时各物质浓度与原平衡相等，正确；d选项：由图()可知t1>t2，且温度升高，b的体积分数增大，平衡左移，

14、所以正反响方向为放热反响，a的转化率减小，d错误。答案：c14.右图所示为800时a、b、c三种气体在密闭容器中反响时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是()aa是反响物b前2 min a的分解速率为0.1 mol·l1·min1c达平衡后，假设升高温度，平衡向正反响方向移动d反响的方程式为：2a(g)2b(g)c(g)解析：据题意知a为反响物，b、c为生成物，n(a)n(b)n(c)(0.4 mol·l10.2 mol·l1)(0.3 mol·l10.1 mol·l1)0.1 mol·l1221，故反响方程式为2a(g

15、)2b(g)c(g)；前2 min a的分解速率为0.1 mol·(l·min)1；据题意无法判断改变温度时，平衡移动的方向，应选c。答案：c15在某密闭容器中，可逆反响：a(g)b(g)xc(g)符合图像()所示关系。由此推断，对图像()的不正确的说法是()ap3>p4，y轴表示a的转化率bp3>p4，y轴表示b的质量分数cp3>p4，y轴表示c的质量分数dp3>p4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量解析：据图像()知，在压强不变时，曲线b的斜率比c的大，故t1>t2。降温(t1t2)时，c%增大，即平衡正向移动，说明正反响为放热反响。当温

16、度不变时，曲线b的斜率比a的大，故压强p2>p1，增大压强(p1p2)时，c%增大，即平衡正向移动，故x<2即x1。由图像()知，保持体系温度不变，增大压强(p4p3)，平衡正向移动，c%、a、b的转化率、混合气体的平均相对分子质量均增大，而a、b的质量分数要减小，故答案为b。答案：b16对于可逆反响n2(g)3h2(g)2nh3(g)(正反响为放热反响)，以下说法中正确的选项是()a到达平衡后参加n2，当重新到达平衡时，nh3的浓度比原平衡的大，n2的浓度比原平衡的小b到达平衡后，升高温度，既加快了正、逆反响速率，又提高了nh3的产率c到达平衡后，缩小容器体积，既有利于加快正、逆

17、反响速率，又有利用提高氢气的转化率d参加催化剂可以缩短到达平衡的时间，是因为正反响速率增大了，而逆反响速率减小了解析：参加n2，平衡向右移动，nh3的浓度增大，n2的浓度也比原平衡大；升高温度，正、逆反响速率加快，平衡向左移动，nh3的产率减小；缩小容器容积，即增大压强，正、逆反响速率加快，平衡向右移动，h2的转化率提高；参加催化剂能同等程度的加快正、逆反响速率。答案：c二、非选择题(此题包括6小题，共52分)17(8分)反响a(g)b(g)c(g)d(g)过程中的能量变化如下列图，答复以下问题。(1)该反响是_(填“吸热或“放热)反响。(2)当反响到达平衡时，升高温度，a的转化率_(填“增大

18、“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

19、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，因而该反应中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18(8分)t时，将3 mol a和1 mol b气体通入体积为2 l的密闭容器中(容积不变)，发生反响：3a(g)b(g)xc(g)。2 min时反响到达平衡状态(温度不变)，剩余了0.8 mol b，并测得c的浓度为0.4 mol·l1，请填写以下空白：(1)从开始反响至到达平衡状态，生成

20、c的平均反响速率为_。(2)x_；平衡常数k_。(3)假设继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气(假设氦气和a、b、c都不反响)后，化学平衡_(填写字母序号)。a向正反响方向移动b向逆反响方向移动c不移动(4)假设向原平衡混合物的容器中再充入a mol c，在t时到达新的平衡，此时b的物质的量为n(b)_mol。解析：(1)v(c)02 mol·l1·min1(2)剩余0.8 mol b，参加反响了0.2 mol，生成c 0.8 mol，所以b与c的系数之比为14，x4，平衡常数k0.037(3)通入氦气，各物质的浓度不变，化学平衡不移动(4)由于g0，所以再充入a mol

21、 c，到达平衡时与原平衡等效，原平衡相当于加入4 mol c，生成0.8 mol b，那么参加a mol c，那么有0.2 a mol的b生成答案：(1)0.2 mol·l1·min1(2)40.037(3)c(4)(0.80.2a)19(10分)(2022·全国卷)向2 l密闭容器中通入a mol气体a和b mol气体b，在一定条件下发生反响：xa(g)yb(g)pc(g)qd(g)：平均反响速率v(c)v(a)，反响2 min时，a的浓度减少了，b的物质的量减少了 mol，有a mol d生成，答复以下问题：(1)反响2 min内v(a)_，v(b)_(2)化

22、学方程式中，x_，y_，p_，q_(3)反响平衡时，d为2a mol，那么b的转化率为_。(4)如果只升高反响温度，其他反响条件不变，平衡时d为1.5a mol，那么该反响的h_0(填“>“<或“)(5)如果其他条件不变，将容器的容积变为1 l，进行同样的实验，那么与上述反响比较：反响速率_(填“增大、“减小或“不变)，理由是_。平衡时反响物的转化率_(填“增大“减小或“不变)，理由是_。解析：(1)v(a)c(a)/ta/(2×2) mol·l1·min1a mol·l1·min1v(b)c(b)/ta/(2×2) mo

23、l·l1·min1a mol·l1·min1(2)v(c)a mol·l1·min1v(d)a mol·1·min1，所以xypq，那么x2y3p1q6(3)2a(g)3b(g)c(g)6d(g)起始/molab0变化/mol a2a平衡/mol 2a所以(b)×100%。(4)其他条件不变，升高温度，平衡时d的量减少，说明升高温度平衡向左移动，即正反响为放热反响。(5)其他条件不变缩小体积，浓度增大，所以反响速率增大；该反响是气体体积增大的反响，缩小体积，平衡将向体积缩小的方向移动，即向左移动，所以反响

24、物的转化率减小。答案：(1) mol·l1·min1 mol·l1·min1(2)2316(3)×100%(4)<(5)增大体积减小，反响物的浓度增大，因而使反响速率增大减小体积减小，气体的压强增大，平衡向气体体积减小的方向 (即逆反响方向)移动，因而使反响物转化率减小20(10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c(a)0.100 mol/l、c(b)0.200 mol/l及c(c)0 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，

25、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_；(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：此题主要考查化学平衡，意在考查考生读图、表述和计算能力。(1)分析图像可知，和在平衡时刻a的浓度相等，且的曲线斜率较大，说明反响速率较大，故是改变某一条件使反响加快，但平衡没有移动，故只可能是使用了催化剂。和相比较，平衡时刻中a的浓度较小，曲线斜率较大，说明的反响速率较大且平衡向正方向移动，而起始浓度相等，故只可能是升高温度。(2)由起始到平衡时刻c(a)0.

26、10 mol·l10.060 mol·l10.040 mol·l1，故c(b)0.080 mol·l1，那么b的转化率为0.080÷0.20×100%40%；实验平衡时刻，c(c)0.060 mol·l1。(3)由(1)可知，温度升高平衡向正方向移动，那么该反响正反响方向要吸热，h>0。(4)观察图像可知，在第4.0 min时，中c(a)0.072 mol·l1，中c(a)0.064 mol·l1。中v(a)(0.10 mol·l10.072 mol·l1)/4.0 min0.0

27、07 mol·l1·min1，而v(b)2v(a)0.014 mol·l1·min1。中v(a)(0.1 mol·l10.064 mol·l1)/4.0 min0.009 mol·l1·min1，而v(c)v(a)0.009 mol·l1·min1。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)0.014 mol/(l

28、83;min)0.009 mol/(l·min)21(8分)在0.5 l的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反响：n2(g)3h2(g)2nh3(g)h0，其化学平衡常数k与温度t的关系如下表：t/200300400kk1k20.5请完成以下问题：(1)试比较k1、k2的大小，k1_k2(填“或“)a容器内n2、h2、nh3的浓度之比为132bv正(n2)3v逆(h2)c容器内压强保持不变d混合气体的密度保持不变(3)400 时，反响2nh3(g)n2(g)3h2(g)的化学平衡常数k的值为_，当测得nh3和n2、h2的物质的量分别为3 mol和2 mol、1 mol时，该反响的v正(n2)_v逆(n2)(填“或“)解析：(1)因反