人教版高中化学选修四化学人教选修-4-第二章-化学反应速率和化学平衡

1、化学人教选修 4第二章化学反响速率和化学平衡单元检测(时间：60分钟 总分值：100分)一、选择题(此题共8小题，每题6分，共48分。每题只有一个正确选项)1 以下说法不正确的选项是()A AH V 0、AS> 0的反响在任何温度下都能自发进行B NH 4HCO 3(s)=NH 3(g) + H20(g) + C02(g)AH = + 185.57 kJ mo1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的 倾向C.因为焓变和熵变都与反响的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反响自发 性的判据D 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反响进行的速率催化刑、2.

2、反响2SO2+ O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了 0.8 mol L：1,在这段时间内用。2表示的反响速率为0.04 mol L 1 s S那么这段时间为()A . 0.1 s B . 2.5 sC. 5 s D. 10 s3. 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)，该反响的AH V 0，以下表达正确的选项是 ()A. 平衡常数K值越大，X的转化率越大B .到达平衡时，反响速率 v正(X) = 2v 逆(Z)C.到达平衡后，降低温度，正向反响速率减小的倍数大于逆向反响速率减小的倍数D .到达平衡后，升高温度或增大

3、压强都有利于该反响平衡向逆反响方向移动隔化制4. 反响：2CH3COCH3(|)l9H3COCH2COH(CH 3)2(1)。取等量 CH3COCH3,分别在0 C和20 C下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线 (Y- t)如以下列图所示。以下说 法正确的选项是()A . b代表0 C下CH3COCH3的Y t曲线B 反响进行到20 min 末,CH 3COCH 3 的v(0 C)v(20 C)An(0 C)n(20 C)C. 升高温度可缩短反响达平衡的时间并能提高平衡转化率D .从 Y= 0 至U Y= 0.113, CH3COCH2COH(CH 3)2 的5. N2O5是一种新型硝化剂，

4、其性质和制备受到人们的关注。一定温度下，在2 L固定容积的密闭容器中发生反响：2N2O5g4NO2g + O2g H >0。反响物和局部生成物的物质的量随反响时间变化的曲线如下列图。以下说法中，正确的选项是A . 020 s内平均反响速率B. 10 s时，正、逆反响速率相等，到达平衡C. 20 s时，正反响速率大于逆反响速率D .曲线a表示NO2的物质的量随反响时间的变化6. 定条件下，溶液的酸碱性对 TiO2光催化染料R降解反响的影响如下列图。以下判断正确的选项是OE V0 寻)CJZ/minA .在050 min之间，pH = 2和pH = 7时R的降解百分率相等B .溶液酸性越强，

5、R的降解速率越小C. R的起始浓度越小，降解速率越大D .在2025 min之间，pH = 10时R的平均降解速率为0.04 mol L1 min以下表达7根据反响Br + H2HBr + H的能量对反响历程的示意图甲进行判断,中不正确的选项是能呈1A/A2/HBr+H1Br+H2O反响历程甲Br+H20反响历程乙A .正反响吸热B .参加催化剂，该化学反响的反响热不变C.参加催化剂后，该反响的能量对反响历程的示意图可用图乙表示D 参加催化剂可增大正反响速率，降低逆反响速率& ：4NH3g + 502g4NOg + 6H 20g少=1 025 kJ mol-1，该反响是一个可逆反响。假

6、设反响物起始物质的量相同，以下关于该反响的示意图不正确的选项是C 002I x 104 Pa10x 104Pa0时问0时间AB-1 200 °C1 0001000乜有催化剂I ooo ,Jc无催化剂0时间 °时间CD二、非选择题此题共4小题，共52分9.12分氨是最重要的氮肥，是产量最大的化工产品之一。德国人哈伯在1905年创造了合成氨的方法，其合成原理为：N2g + 3H2g2NH3g少=-92.4 kJ mo，他因此获得了 1918年诺贝尔化学奖。在密闭容器中，使 2 mol N2和6 mol H2混合发生以下反响：N2g + 3H2g=;2NH3g正反响为放热反响1当

7、反响到达平衡时，N2和H2的浓度比是 ; N2和H2的转化率比是 2升高平衡体系的温度保持体积不变，混合气体的平均相对分子质量 ,密度。(填“变大 “变小或“不变)。(3) 当到达平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将(填“正向“逆向或“不)移动。(4) 假设容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将(填“向左移动 “向右移动或“不移动)。到达新平衡后，容器内温度 (填“大于 “小于或“等于)原来的2倍。10. (12分)高炉炼铁过程中发生的主要反响为1 23Fe2O3(s)+ CO(g) =Fe(s)+ CO 2(g)该反响在不同温度下的平衡常数如下：温度/C1 0001

8、1501 300平衡常数4.03.73.5请答复以下问题：(1) 该反响的平衡常数表达式K =, AH(填“ “v或“ =)0。(2) 在一个容积为 10 L的密闭容器中，1 000 C时参加 Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol,反响经过10 min后到达平衡。求该时间范围内反响的平均反响速率v(CO2)=、CO的平衡转化率=。(3) 欲提高(2)中CO的平衡转化率，可采取的措施是 。A .减少Fe的量B .增加Fe2O3的量C.移出局部CO2D.提高反响温度E. 减小容器的容积F. 参加适宜的催化剂11. (12分)(1)一定条件下的密闭容器中，反响3H2(g) + 3CO(g=

9、"CH3OCH3(二甲醚)(g) + CO2(g) AHv 0到达平衡，要提高 CO的转化率，可以采取的措施是 (填字母代号)。a.升高温度b 参加催化剂c.减小CO2的浓度d.增加CO的浓度e.别离出二甲醚(2) 反响2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)在某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中参加CH3OH,反响到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度 /mol L 一10.440.60.6假设参加 CH3OH后，经10 min反响到达平衡，此时c(CH30H) =;该时间内反响速率v(CH3OH) =12. (16分)反

10、响:aA(g) + bB(g)二尘工'cC(g)( H V 0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在I、n、川阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如以下列图所示:6.0tL i'-.00LX2.00K7'Fem l-JIUS,1,50J.00J.761,00/AV .501.62(LO 5.010X)15X)20.00X1 5.01() 015.00.0HIUBI答复以下问题：(1) 反响的化学方程式中，a : b : c为;(2) A的平均反响速率 v i (A)、v "(A)、V皿(A)从大到小排列次序为 ;B的平衡转化率 ai(B)、a"(B

11、)、a (B)中最小的是 ，其值是 ；(4) 由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是，采取的措施是(5) 比拟第n阶段反响温度(T2)和第川阶段反响温度(T3)的上下：T2T3(填>“<或“=)，判断的理由是 ;(曲线上必须标出A、B、(6) 到达第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10 min后到达新的平衡，请在以F图中用曲线表示第"阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势C)。vB1.50cLOO.A0.502.01.00.05.010.0 0.05,010.0 时间/mbnriv参考答案1. 答案：C 解析：AH V 0、AS> 0，贝y少TAS<

12、 0，任何温度下反响都能自发进行,A正确，B正确；用焓变和熵变判断反响的自发性，都有例外，故都不能单独作为反响自发 性的判据，而应用复合判据，C错误；使用催化剂能改变反响的活化能，因此能改变化学反应进行的速率，D正确。2. 答案：D 解析：因为SO3的浓度增加了 0.8 mol L 1,所以02的浓度减少了 0.4 mol L- 1,因为在这段时间内用 02表示的反响速率为 0.04 mol L 1 s1，所以反响所需时间为 10 s。3. 答案：A 解析：平衡常数K值越大，反响向正反响进行的程度越大，X的转化率越大，A项正确。达平衡时 2v正(X) = v逆(Z) , B项错误。达平衡后降低

13、温度，正、逆反响速率均减小，又因平衡向正反响方向移动，所以正反响速率减小的倍数小于逆反响速率减小的倍数，C项错误。增大压强平衡不移动，升高温度平衡逆向移动，D项错误。4. 答案：D 解析：A项，反响速率越快，到达化学平衡所需的时间越短，所以b代表5.答案：D解析:020 s内，5.0 mol 3.0 molV(N2O5)=2 L X 20 s=0.05 mol (L s) 1;10 s 时,20 C下CH3COCH3的Y t曲线。B项，由题图可知，20 min时a曲线对应点的斜率小于 b曲线，所以v(0 °C)CH3COCH3的< 1。C项，由题图可知，20 C时CH3COCH

14、3的平衡转化v(20 C)率一定小于0 C时的平衡转化率。D项，当Y = 0.113时，a曲线与b曲线相交，故产物量相同。反响仍在向正反响方向进行，v(正)>v(逆);20 s时，v(正)=v(逆)，反响到达平衡状态。6.答案：A 解析：在050 min之间，pH = 2和pH = 7时反响物R都能完全反响，降解率都是100%，故A正确；由斜率可知 pH越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R的降解速率越大，故 B错误；浓度越大化学反响速率越大，所以起始浓度越小降解速率越小，0.2 X 104 mol L 1故C错误；2025 min之间，pH = 10时R的平均降解速率为孑二订，故D错

15、误。7. 答案：D 解析：参加催化剂能同等程度地加快正、逆反响速率。8. 答案：C 解析：由于该反响为放热反响，温度升高，平衡逆向移动，NO含量减小，故A项对，C项错；压强增大，平衡逆向移动，NO含量降低，B项对；使用催化剂，使反应速率加快，缩短到达平衡所用时间，但平衡不移动，故D项正确。9答案：(1)1 : 31 : 1(2) 变小不变逆向(4)向左移动小于解析：对N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) AH v 0,在密闭容器中，开始时n(N2) ： n(H2)=2 : 6 = 1 : 3，反响时消耗 n(N2) ： n(H2) = 1 : 3,故平衡时 n(N2): n(H 2) =

16、 1 : 3，所以 c(N2) : c(H2)= 1 : 3，转化率之比为 1 ： 1。(2) 升高温度，平衡向逆反响方向移动，气体的总物质的量增大，总质量不变，故平均 相对分子质量变小，由于p= m，知密度不变。(3) 达平衡后，保持压强不变，充入氩气，使体系体积增大，浓度减小，相当于减小反应物压强，使平衡逆向移动。(4) 恒容时升高温度至原来的2倍，平衡向吸热反响的方向移动，即向左移动，根据勒夏特列原理，达新平衡后，容器内温度大于原来的温度，小于原来温度的2倍。10. 答案：(1)c(CO2)/c(CO) v(2) 0.006 molmin 一1 60%(3) C解析：(1)平衡常数表达式

17、中不能用固体或纯液体表示，故k=cco# ；由表中数据可知， 随着温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反响方向移动，即正反响为放热反响，故AHv 0。(2)3Fe2O3(s) + CO(g)$e(s)+ CO2(g)起始 /(mol L-1):0.10.1转化 /(mol LJ)：xx平衡 /(mol LJ：0.1 - x0.1 + xK =箸=叱，x= 0.06, v(CO2)= 0-006 molmin -1, CO 转化0.1 x率=帶x 100%=60%。(3) A、B项中，增加或减少固体的量不会影响化学平衡移动，故不可以；C项，移出部分CO2，可以增大CO转化率；D项，提高反响温度，

18、平衡向逆反响方向移动，CO转化率减小；E项，减小容器的容积，即加压，平衡不移动， CO的转化率不变；F项，催化剂不 影响化学平衡移动，故不影响 CO转化率。11. 答案：(1)c、e 0.04 mol L 710.16 mol L 一1 min 一1解析：(1)正反响是放热反响，升高温度平衡左移，CO转化率减小；参加催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、别离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但 CO转化率降低，应选 c、e。0.6 X 0.6此时的浓度熵 Qc= 1.86 V 400，反响未到达平衡状态，向正反响方向移0.44 X 0.44动，故v(正)v

19、(逆)；设平衡时生成物的浓度为(0.6 mol L71+ x)，那么甲醇的浓度为(0.44 mol L “一(0.6 + x)2一1171-2x),根据平衡常数表达式 400=2,解得x= 0.2 mol L71，故0.44 mol L71-(0.44 7 2x)22x= 0.04 mol L 71。由表可知，甲醇的起始浓度为(0.44 + 1.2) mol L 71= 1.64 mol L71,其平衡浓度为 0.04mol L71, 10 min 变化的浓度为 1.6 mol L71，故 v(CH3OH) = 0.16 mol ( min厂1。12. 答案：(1)1 : 3 : 2(2) v

20、i (A) > vn (A) > vm (A)(3) arn(B)0.19(或 19%)(4) 向正反响方向从反响体系中移出产物C(5) > 此反响为放热反响，降低温度，平衡向正反响方向移动(6)KBL50c1.00B、。-A0.50CiB * =A.o-O(L *O強鏗0.05.010.0 0.05.010.0 吋间Anit!1UIV(注：只要曲线能表示出平衡向逆反响方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)解析： I 阶段，20 min 内，Ac(A) = 2.0 mol L_1 1.00 mol L_1= 1.00 mol L1 , Ac(B)=6.0 mol L 1 3.00 mol L 1 = 3.00 mol L 1 , Ac(C) = 2.00 mol L 1，贝U a : b : c =Ac(A) : Ac(B) : Ac(C) = 1 : 3 : 2。2.0 mol L 1 1.00 mol L 1vi (A) = 0.05 mol20 min