第2章化学反应的方向、限度和速率单元测试卷-高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1.docx

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1、第2章化学反应的方向、限度和速率单元测试卷一、单选题1在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是A若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HDB第一步转化N与H间形成配位键C若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快D若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低2下列事实不能用平衡移动原理解释的是ABCD开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出加压后颜色变深实验室用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体AABBCCDD3科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：，在常压下反应，冷凝收集，测

2、得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图所示。关于该方法，下列推测不合理的是A反应温度不宜超过300B适当减小体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率C在催化剂作用下，乙酸是反应历程中的中间产物D提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键4在一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应N2 + 3H22NH3 达到平衡状态的标志是AN2、H2、NH3在容器中共存B混合气体的密度不再发生变化C混合气体的总物质的量不再发生变化Dv正(N2)=2v逆(NH3)5已知反应，在一定温度下，反应达到平衡时，B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，下列叙述一定正确的是x点表示的正反应速率大于逆反

3、应速率x点表示的反应速率比y点的大ABCD压强kP6关于反应H下列叙述与图像不相符的是A图表示反应达到平衡后，恒容条件下在时刻充入了一定量物质CB图可知该反应的H0，且abcC图可知M点该反应处于平衡状态D图曲线S表示不同压强下达到平衡时A的百分含量，则F点时v(逆)v(正)7合成氨反应是人工固氮的主要手段，对人类生存和经济发展都有着重大意义。合成氨反应中正反应速率，逆反应速率。、为速率常数。平衡常数K与温度的关系如图。下列说法正确的是A表示正反应的平衡常数K与温度变化的曲线为B平衡时，合成氨反应的平衡常数C和的交点代表反应处于平衡状态D改变和的用量，和交点位置将改变8在下列反应CO+H2OC

4、O2+H2中，加入C18O后，则18O存在于A只存在于CO和CO2中B存在于CO、H2O、CO2中C只存在于CO中D存在于CO、H2O、CO2、H2中9由下列实验操作及现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液溶液变血红色KI与的反应有一定限度B向溶液X中滴加少量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口石蕊试纸不变蓝溶液X中肯定不含C将硫酸酸化的溶液滴入溶液中溶液变黄色氧化性：(酸性条件)D向一定浓度的溶液中通入适量气体产生黑色沉淀的酸性比的强AABBCCDD10利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是选项ABCD装置目的

5、测定葡萄酒中SO2的含量制取少量干燥NH3测定Zn与硫酸的化学反应速率证明非金属性氯大于溴AABBCCDD11某可逆反应在某温度下的平衡常数为K(K1)，反应热为。保持温度不变，将方程式的书写作如下改变，则和K数值的相应变化为A写成，值、K值均扩大了一倍B写成，值变为原来的平方，K值扩大了一倍C写成，值、K值变为原来的相反数D写成，值变为原来的相反数，K值变为原来的倒数12向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2mol X和1mol Y发生反应：2X(g)+Y(g)Z(g) H，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是AH0B气体的总物质的量：n

6、a=ncCa点：Y的物质的量为0.25molD反应速率：13臭氧分解的反应历程包括以下反应：反应：(快)反应：(慢)大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基能够催化分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是A活化能：反应v逆，故正确；x点对应的压强小于y点，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率小，故错误；从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有np+q，故正确；正确的是；答案选B。6A【详解】A恒容条件下在时刻充入了一定量物质C，平衡逆向移动，逆反应速率突然增大，正反应速率在该时刻不变，A错误；B温度越高压强越大，速率越快越先达到平衡，

7、故T1T2，P2P1，控制变量法，温度越高的T1，产物C含量降低，故该反应放热H0；压强越大的P2，产物C的含量更高，故该反应是一个气体体积缩小的反应即abc，B正确；C放热反应升高温度平衡逆向移动，A的含量增大，故M点该反应处于平衡状态，C正确；DF点时A的含量低于该条件下的平衡点，故v(逆)v(正)平衡逆向移动，D正确；故选A。7A【详解】A工业合成氨为放热反应，升温平衡逆向移动，K减小，即表示正反应的平衡常数K与温度变化的曲线为，A项正确；B合成氨反应的平衡常数，平衡时，因此，B项错误；C和的交点代表反应的正逆反应的平衡常数相等，并不代表此时为平衡状态，C项错误；DK只随温度改变而改变，

8、不受反应物量的影响，因此两曲线交点位置不变，D项错误；本题答案为A。8B【详解】加入C18O后，反应后18O会进入CO2，可逆反应逆向进行，18O有可能生成H2O，故18O存在于CO、H2O、CO2中，故答案为B9A【详解】AI-与Fe3+反应的离子方程式为2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，所以该实验中所用KI过量，而反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，说明Fe3+有剩余，即该反应有一定限度，A正确；B所用的是NaOH稀溶液，且少量，即便有铵根，生成NH3过少，NH3也不会逸出，B错误；C酸性环境中硝酸根也会将Fe3+氧化，该实验中无法确定氧化剂是何种物质，C错误；D产生黑色沉淀是因为CuS

9、是一种难溶于酸的沉淀，而不是H2S的酸性比H2SO4强，D错误；综上所述答案为A。10A【详解】A葡萄酒中含有酚类物质和醇类等，这些物质也能和酸性高锰酸钾溶液反应，故无法测定葡萄酒中SO2的含量，A错误；B碳酸氢铵受热分解产生氨气、二氧化碳和水蒸气，其中二氧化碳和水蒸气被碱石灰吸收，氨气不会被碱石灰吸收，故可以用该装置制取少量干燥NH3，B正确；C该装置中针筒带有刻度，且有秒表，锌和硫酸反应产生氢气，通过读取针筒上的刻度得出产生气体的体积，根据秒表的读数得知反应时间，从而计算出反应速率，C正确；D氯水能与溴化钠发生反应产生Br2，CCl4能萃取NaBr溶液中的Br2从而变色，故可以证明非金属性

10、氯大于溴，D正确；故答案选A。11D【详解】A写成2aA+2bB=2cC，值均扩大了一倍，K的数值为原数值的平方倍，故A错误；B写成2aA+2bB=2cC，值均扩大了一倍，K的数值为原数值的平方倍，故B错误；C写成cC=aA十bB，变为原来的相反数，K值变为倒数，故C错误；D写成cC=aA十bB，变为原来的相反数，K值变为倒数，故D正确；故选：D。12A【详解】A2X(g)+Y(g)Z(g)正反应气体物质的量减少。甲为绝热过程，甲容器开始时压强增大，说明温度升高，正反应放热，H0，故A正确；Ba、c两点的压强相等，a点温度大于c点，所以c点气体的总物质的量大于a点，即na反应，故A正确；B氯自

11、由基(Cl)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl主要参与反应，故B错误；C化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应决定，故C错误；DCl是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误；故选：A。14A【详解】A单位时间内生成2nmolA，同时生成nmolD，反应进行的方向相反，且物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，达到了化学平衡状态，A符合题意；B因为反应前后气体的分子数相等，压强始终保持不变，所以当容器内压强不随时间而变化时，不能确定反应达平衡状态，B不符合题意；C单位时间内生成nmo

12、lB，同时消耗1.5nmolC，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，C不符合题意；D容器内混合气体的质量、容器的体积始终不变，密度始终不变，所以当密度不随时间而变化，反应不一定达平衡状态，D不符合题意；故选A。15C【分析】通过两步反应可知总反应为：。【详解】A根据分析，铁离子为催化剂，作用是增大过氧化氢的分解速率，A正确；B06min的平均反应速率；，B正确；C由图可知，反应2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)的，C错误；D由题可知，反应是吸热反应、反应是放热反应，D正确；故选C。16(1)增大(2)增大(3)增大(4)减小(5)不变【分析】根据反应速率的影响因素可知，升温，加入

13、催化剂，加压，增大反应物浓度，会增大反应速率，反之反应速率减小，加入稀有气体，若反应物浓度没有变，则反应速率不变，以此解题。（1）温度越高，反应速率越快，若升高温度，速率增大；（2）催化剂能加快反应速率，若加入催化剂，速率增大；（3）若充入更多的H2，反应物浓度增大，反应速率增大；（4）若扩大容器的体积，反应物浓度减小，反应速率减小；（5）若容器容积不变，通入氖气，反应物浓度不变，反应速率不变。17 酶的浓度一定 A 温度过高，酶的活性下降 甲【详解】(1)由图分析，反应物浓度增大到一定限度，反应速率不再上升，说明决定化学反应速率的主要因素是酶的浓度，故答案为：酶的浓度一定；(2)由图分析，点

14、的反应速率最快，催化效率最高，故答案为：A；(3)点到点曲线急剧下降是由于温度升高，酶的活性急速下降，故答案为：温度过高，酶的活性下降；(4)由图可知，025范围内，温度越高，反应速率越快，所以甲试管转入25的水浴中加热时反应速率加快；乙试管在75的水浴中加热时，酶已经失活，故乙中无催化反应发生，故答案为：甲。18(1)加快反应速率，提高单位时间内的产量(2)在该温度下，催化剂的活性最高，反应速率较大，反应的限度虽然有所降低，但综合分析，单位时间内的产量还是最理想的(3)提高的转化率，降低成本(4)避免因为催化剂中毒失去活性(5) 正反应 放出 【详解】（1）使用催化剂的目的是在不影响反应限度

15、的情况下，加快反应速率，提高单位时间内的产量，故填加快反应速率，提高单位时间内的产量；（2）实际生产中考虑的是产量和成本，在该温度下，催化剂的活性最高，反应速率较大，反应的限度虽然有所降低，但综合分析，单位时间内的产量还是最理想的，故填在该温度下，催化剂的活性最高，反应速率较大，反应的限度虽然有所降低，但综合分析，单位时间内的产量还是最理想的；（3）工业生产中，氮气的获取比氢气容易得多，所以采用和按投料比1:2.8的比例进入合成塔可以提高的转化率，降低成本，故填提高的转化率，降低成本；（4）合成氨的过程使用了催化剂，为了避免因为催化剂中毒失去活性，所以原料气必须经过净化，故填避免因为催化剂中毒

16、失去活性；（5）反应开始时，反应向正反应方向进行，该反应为放热反应，反应进行至5min后放出184kJ热量，此时生成4mol，转化6mol和2mol，此时容器中各物质的物质的量为，容器内压强变为原来的，故填正反应；放出；。190.0353（mol/L）【详解】反应达到平衡，测得平衡时的物质的量浓度为，则平衡时，因此1000 K时，的平衡常数。20(1) 3 0.03molL-1min-1(2) 0.3molL-1 60%(3)6.5(4)(5)【详解】（1）由反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知，10min时，有3molSO2发生了反应时，会生成SO3为3mol，v(SO2)=；故

17、答案为：3；0.03molL-1min-1。（2）10min时，反应达到平衡状态，有3molSO2发生了反应，生成SO3为3mol，则平衡时SO3的浓度为：；SO2的转化率为：；故答案为：0.3molL-1；60%。（3）容器中初始加入5molSO2和3molO2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，10min时，反应达到平衡状态，有3molSO2发生了反应，同时有1.5molO2发生了反应,并生成了3mol的SO3，所以达到平衡时SO2、O2、SO3的物质的量分别为：2mol、1.5mol、3mol，则平衡时容器内气体的总物质的量为6.5mol；故答案为：6.5。（4）反应前

18、后气体的物质的量减小，所以压强为变量，当体系内压强不再改变，反应达到平衡状态，故正确；反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则容器内气体的密度始终不变，不能据此判断反应达到平衡状态，故错误；反应前后气体总质量不变、气体的物质的量减小，则混合气体平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，故正确；v正(SO3)=2v逆(O2)，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故正确；n(SO3)：n(O2)：n(SO2)=2：1：2，反应不一定达到平衡状态，与反应初始物质的量和转化率有关，不能据此判断平衡状态，故错误；故答案为。（5）该温度下，反应2SO2(g)+

19、O2(g)2SO3(g)的平衡常数为：，则SO3(g)SO2(g)+O2(g)的平衡常数K=；故答案为：。21(1)，平衡逆向移动(2)，平衡逆向移动(3)，平衡不移动【分析】在一定条件下的平衡常数，初始CO(g)、的起始浓度分别为、，此时，因此反应正向进行，设反应开始至达到平衡时CO消耗了xmol/L，则达到平衡时、，因此，解得x=0.01，即平衡时、。【详解】（1）保持体积不变，通入，容器体积为1L，则瞬间、，此时浓度熵，因此平衡逆向移动。（2）保持体积不变，通入CO(g)和各0.0400 mol；则瞬间、，此时浓度熵，因此平衡逆向移动。（3）保持温度不变，将容器体积扩大为原来的2倍。则瞬

20、间、，此时浓度熵，因此平衡不移动。22(1)探究草酸浓度对反应速率的影响(2)b(3)否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和(4)+4H2C2O4=4CO2+4H2O(5)实验中所加草酸的物质的量比实验的更少，导致阶段i形成的实验比实验的更少，生成的Mn3+实验比实验的更多，且Mn3+的氧化性比强(6)减少(7)还原剂和酸性【详解】（1）由题干表中数据可知，实验和只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，故答案为：探究草酸浓度对反应速率的影响；（2）a盐酸能与酸性高锰酸钾反应，影响实验结论，a不合题意；b硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，不会影响实验结论，b符合题意；c

21、草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，c不合题意；故答案为：b；（3）由题干信息(c)可知，呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和；（4）由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有气体产生同时生成，则该阶段反应的离子方程式为：+4H2C2O4=4CO2+4H2O，故答案为：+4H2C2O4=4CO2+4H2O；（5）比较实验中所加草酸的物质的量比实验的更少，导致阶段i形成的实验比实验的更少，根据已知信息 (b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的越少则生成的Mn3+

22、越多，由于Mn3+有强氧化性而氧化性减弱，则导致实验在第ii阶段的反应速率较大，故答案为：实验中所加草酸的物质的量比实验的更少，导致阶段i形成的实验比实验的更少，生成的Mn3+实验比实验的更多，且Mn3+的氧化性比强；（6）据此推测，若在第ii阶段将调节至，即增大溶液中的H+浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成，则溶液中Mn3+的浓度增大，反应速率加快，溶液褪至无色的时间会减少，故答案为：减少；（7）在反应+4H2C2O4=4CO2+4H2O中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供与Mn3+形成络离子，故答案为：还原剂和酸性。23(1) 对实验无影响 滴加NaOH溶液至(2) 和 (3

23、) Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放 当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解【详解】（1）碳酸氢钠溶液呈碱性，原因是碳酸氢根水解，离子方程式为：；实验组1中用的是溶液，实验现象与对照组一样，则说明对实验无影响；为了控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L 溶液中滴加NaOH溶液至；故答案为：；对实验无影响；滴加NaOH溶液至；（2）同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声，说明该气体可燃，应该含有氢气，再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，应该含有二氧化碳，由此推测气体成分为和；溶液可以通过自耦电离产生，该反应的平衡常数

24、为：，故答案为：和；（3）由图象可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因是Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；实验时取少量溶液、少量镁条的原因是当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解；故答案为：Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解。24(1) 浓度 1mL 293 BC 3mL(2) 当其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快 (3) 催化作用 过量(或不足)【详解】（1）依题可知，通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，则据控制变量法可知，只改变H2C2O4溶液的浓度，其他条

25、件不变，故A、B中温度和溶液的总体积应相同，即T1=293，而根据A组实验知溶液总体积为6mL，所以V=1ml；对照实验B、C可知，其只改变了实验的温度，其他条件都相同，所以通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影响；B、C温度不同，要探究出温度变化对化学反应速率的影响，其余条件相同，则V2=6mL-2mL-1mL=3mL，故答案为：浓度；1ml；293；BC；温度；3；（2）)若t18，则由此实验可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；根据实验B中数据可知，高锰酸钾完全反应需要的时间为8s，高锰酸钾的物质的量为0.02mol/L0.002L=0.00004mol，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.00004mol/0.006L=10-2mol/L，则用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为=8.3104 molL1s1，故答案为：当其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；8.3104 molL1s1；（3）上述实验过程中n(Mn2+)随时间迅速升高，可推断造成n(Mn2+)突变的可能的原因是：生成的Mn2+对反应有催化作用，使得反应速率加快；高锰酸钾溶液显示紫红色，如果过量的话，溶液会有颜色，故观察到两溶液都没有褪色，原因是：过量(或不足)。答案第23页，共11页