2023高考化学一轮复习第7章化学反应速率化学平衡综合过关规范限时检测新人教版

PAGEPAGE2第七章综合过关标准限时检测总分值：100分，时间：50分钟可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－14O－16F－19Na－23S－32Cl－35.5第一卷(选择题，共42分)一、选择题(此题包括7小题，每题只有一个选项符合题意，每题6分，共42分)1．(2022·山西忻州一中期末)以下关于化学反响的自发性表达中正确的选项是eq\x(导学号25471028)(C)A．ΔH>0、ΔS>0的反响肯定是自发的B．ΔH>0、ΔS<0的反响肯定是自发的C．ΔH<0、ΔS>0的反响肯定是自发的D．ΔH<0、ΔS<0的反响是自发的[解析]反响自发进行的判据是ΔH－TΔS<0。ΔH>0、ΔS>0，只有在高温下ΔH－TΔS<0，反响自发进行，A错误；ΔH>0、ΔS<0，无论低温还是高温，均有ΔH－TΔS>0，可认为反响在任何条件下均不能自发进行，B错误；ΔH<0、ΔS>0，ΔH－TΔS<0，通常情况下反响就能自发进行，C正确；ΔH<0、ΔS<0，只有在低温下能自发进行，高温时不能自发进行，D错误。2．(2022·湖北孝感高中调考)图示与对应的表达不相符的是eq\x(导学号25471029)(A)A．图甲表示反响4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g)ΔH<0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反响平衡的影响，那么有T1>T2，K1>K2B．图乙表示压强对可逆反响2A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(g)的影响，乙的压强比甲的压强大C．图丙表示的反响是吸热反响，该图表示催化剂不能改变化学反响的焓变D．图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反响2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，那么该反响的ΔH<0[解析]4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g)ΔH<0，为放热反响，T1℃时N2的体积分数比T2℃时大，说明由T1→T2，平衡左移，那么T1<T2，K1>K2，A不相符；2A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(g)反响前后气体体积不变，改变压强，平衡不移动，乙的反响速率大，那么乙的压强比甲的压强大，B符合；反响物的能量小于生成物的能量，为吸热反响，使用催化剂，活化能降低，符合图象，C符合；根据图象可知，温度升高，NO2的含量增大，平衡向逆反响方向移动，反响的Δ3．(2022·湖南省衡阳八中质检一)T℃时气体A与气体B在某容器中反响生成气体C，反响过程中A、B、C浓度变化如图甲所示。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乙所示。那么以下结论正确的选项是eq\x(导学号25471030)(B)A．该反响的化学方程式是A＋3B2CB．该反响的正反响为放热反响C．定容条件下，混合气体的密度不再变化，那么证明该反响到达平衡D．压强增大，那么该反响的正反响速率增大、逆反响速率减小[解析]该反响到达平衡状态时，A浓度的变化量Δc(A)＝(0.7－0.1)mol·L－1＝0.6mol·L－1，B浓度的变化量Δc(B)＝(0.5－0.3)mol·L－1＝0.2mol·L－1，C浓度的变化量Δc(C)＝(0.4－0)mol·L－1＝0.4mol·L－1，同一化学反响同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于化学方程式中对应的化学计量数之比，所以该反响方程式为3A(g)＋B(g)2C(g)，A错误；根据“先拐先平数值大〞结合题图乙知，T2>T1，升高温度，B的体积分数增大，那么该反响的正反响是放热反响，故B正确；该反响属于气体的物质的量发生变化的反响，定容条件下，气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，因此密度不变不能证明该反响到达平衡，故C错误；压强增大，那么该反响的正反响速率增大、逆反响速率增大，故D错误。4．(2022·江苏淮阴联考)80℃时，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，以下判断不正确的选项是eq\x(导学号25471031)(D)起始浓度甲乙丙c(NO2)/mol·L－10.100.200.20c(SO2)/mol·L－10.100.100.20A．平衡时，乙中SO2的转化率大于50%B．当反响平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍C．温度升至90℃，上述反响平衡常数为25/16，那么正反响为吸热反响D．其他条件不变，假设起始时向容器乙中充入0.10mol·L－1NO2和0.20mol·L－1SO2，到达平衡时c(NO)与原平衡不同[解析]甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，故Δc(NO2)＝0.05mol/L，那么：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)开始(mol/L)：0.10.100转化(mol/L)：0.050.050.050.05平衡(mol/L)：0.050.050.050.05故该温度下平衡常数K＝eq\f(0.05×0.05,0.05×0.05)＝1。A．令乙中SO2的浓度变化量为x，那么：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)开始(mol/L)：0.20.100转化(mol/L)：xxxx平衡(mol/L)：0.2－x0.1－xxx所以eq\f(x×x,0.2－x×0.1－x)＝1，解得x＝eq\f(1,15)，故二氧化硫的转化率为eq\f(\f(1,15)mol/L,0.1mol/L)×100%＝66.7%＞50%，故A正确；B．反响前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n(NO2)∶n(SO2)＝1∶1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，那么反响平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍，故B正确；C．温度升至90℃，上述反响平衡常数为eq\f(25,16)，大于80℃的平衡常数1，那么升高温度平衡向正反响方向移动，那么正反响为吸热反响，故C正确；D．令平衡时NO的浓度为ymol/L，那么：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)开始(mol/L)：0.10.200转化(mol/L)：yyyy平衡(mol/L)：0.1－y0.2－yyy那么eq\f(y×y,0.1－y×0.2－y)＝1，解得y＝eq\f(1,15)，而乙平衡时CO的浓度eq\f(1,15)mol/L，故D错误，应选D。5．(2022·山西八校期末联考)将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反响，得到表中的两组数据：实验编号温度℃平衡常数起始量/mol平衡量/molSO2O2SO2O2到达平衡所需时间/min1T1K142x0.862T2K2420.4yt以下说法不正确的选项是eq\x(导学号25471032)(A)A．x＝2.4B．T1、T2的关系：T1>T2C．K1、K2的关系：K2>K1D．实验1在前6min的反响速率v(SO2)＝0.2mol·L－1·min－1[解析]实验1从开始到反响到达化学平衡时，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)起始量/mol420变化量/mol2.41.22.4平衡量/molx0.82.4故x＝1.6，A不正确；同样可以计算出y＝0.2<0.8，而可逆反响正反响放热，故T1>T2，B正确；温度越高，反响的平衡常数越小，故K2>K1，C正确；用SO2表示的反响速率v(SO2)＝eq\f(2.4mol,2L×6min)＝0.2mol·L－1·min－1，D正确。6．(2022·衡水高三模拟)某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。以下判断正确的选项是eq\x(导学号25471033)(A)A．在T2温度下n(A2)不变时到达平衡，AB3的物质的量大小为c>b>aB．假设T2>T1，那么正反响一定是放热反响C．到达平衡时A2的转化率大小为b>a>cD．假设T2>T1，到达平衡时b、d点的反响速率为v(d)>v(b)[解析]A项，在T2温度下n(A2)不变时到达平衡，增加B2的量平衡向正反响方向移动，导致生成物的物质的量增大，正确。B项，假设T2>T1，升高温度，生成物的体积分数增大，平衡向正反响方向移动，所以正反响一定是吸热反响，错误。C项，当A2的物质的量一定时，B2的物质的量越大，A2的转化率越大，故到达平衡时A2的转化率大小为c>b>a，错误。D项，温度越高，反响速率越大，假设T2>T1，到达平衡时b、d点的反响速率为v(d)<v(b)，错误。7．(2022·北京西城二模)恒温恒容下，向容积为2L的密闭容器中参加MgSO4(s)和CO(g)，发生MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)反响过程中测定的局部数据见下表：反响时间/minn(MgSO4)/moln(CO)/moln(SO2)/mol02.02.0020.841.261.22.8以下说法正确的选项是eq\x(导学号25471034)(B)A．0～2min内的平均反响速率为v(CO)＝0.6mol/(L·min)B．4min后，平衡移动的原因可能是向容器中参加了2.0mol的SO2C．假设升高温度，反响的平衡常数变为1.0，那么正反响为放热反响D．其他条件不变，假设起始时容器中MgSO4、CO均为1.0mol，那么平衡时n(SO2)＝0.6mol[解析]由表中数据可计算出前2min内的平均反响速率：v(CO)＝eq\f(2.0mol－0.8mol÷2L,2min)＝0.3mol/(L·min)，A错误。B项，由表格中数据可知2min时此反响已达平衡。6min时，n(CO)增大，平衡左移，通过三段式可求得假设参加2.0molSO2，即可到达相应的物质的量，B正确。K＝eq\f(cCO2·cSO2,cCO)＝eq\f(1.2÷2×1.2÷2,0.8÷2)＝0.9，假设平衡常数变为1.0，那么平衡需要正向移动，升温平衡正向移动，正反响吸热，C错误。D项，温度不变，平衡常数不变，仍为0.9，利用平衡常数可计算出平衡时n(SO2)不为0.6mol，D错误。第二卷(非选择题，共58分)二、填空题(此题包括4小题，共58分)8．(2022·江西局部重点中学联考)(12分)某课外兴趣小组用实验的方法对影响化学反响速率的因素进行探究。实验Ⅰ：利用Ag、Fe、Mg和不同浓度的硫酸(0.5mol·L－1、2mol·L－1、18.4mol·L－1)，设计实验方案来研究影响反响速率的因素。eq\x(导学号25471035)甲同学研究的实验报告如下表：实验步骤现象结论①分别取等体积的2mol·L－1硫酸于试管中；②分别投入大小、形状相同的Ag、Fe、Mg反响快慢：Mg>Fe>Ag反响物的性质越活泼，反响速率越快(1)该同学的实验目的是__探究反响物本身的性质对反响速率的影响；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是__温度相同__。(2)乙同学为了更精确地研究浓度对反响速率的影响，利用如图装置进行定量实验。完成该实验应选用的实验药品可以是__Mg(或Fe)、0.5_mol·L－1硫酸和2_mol·L－1硫酸__(从题中所给药品中挑选)。实验Ⅱ：：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2(3)针对上述实验现象，某同学认为KMnO4与H2C2O4反响是放热反响，导致溶液温度升高，反响速率加快。从影响化学反响速率的因素看，你的猜测是：还可能是__催化剂(或硫酸锰或Mm2＋的催化作用)(4)假设用实验证明你的猜测，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外，还需要选择的试剂最合理的是__B__(填序号)。A．硫酸钾 B．硫酸锰C．氯化锰 D．水[解析](1)Ag、Fe、Mg和等体积的2mol·L－1硫酸反响，是探究反响物本身的性质对反响速率的影响；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是在相同温度下进行。(2)为了更精确地研究浓度对反响速率的影响，可在分液漏斗中参加不同浓度的硫酸，即0.5mol·L－1硫酸和2mol·L－1硫酸，而锥形瓶中参加能与酸反响的金属Mg或Fe，然后进行定量实验。(3)实验猜测，可以从比拟生成物Mn2＋(过渡金属)与K＋(主族金属)的区别中找到答案，通常是过渡金属或其离子具有催化作用。(4)要想验证Mn2＋的催化作用，在做比照实验时同时参加硫酸锰观察反响速率是否变化即可，而氯化锰中也含Mn2＋，却不能选为催化剂，原因就在于其中的Cl－易被酸性高锰酸钾溶液氧化。9．(2022·南昌高三调研)(16分)向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生反响：xA(g)＋2B(s)yC(g)ΔH<0。在一定条件下，容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如下图。eq\x(导学号25471036)请答复以下问题：(1)用A的浓度变化表示该反响0～10min内的平均反响速率v(A)＝__0.02_mol/(L·min)__。(2)根据图示可确定x∶y＝__1∶2__。(3)0～10min容器内压强__变大__(填“变大〞“不变〞或“变小〞)。(4)推测第10min引起曲线变化的反响条件可能是__④⑥__(填序号，下同)；第16min引起曲线变化的反响条件可能是__④__。①减压②增大A的浓度③增大C的量④升温⑤降温⑥加催化剂(5)假设平衡Ⅰ的平衡常数为K1，平衡Ⅱ的平衡常数为K2，那么K1__>__K2(填“>〞“＝〞或“<〞)。[解析](1)A是反响物，0～10min内其浓度减小量为(0.45－0.25)mol/L，那么平均反响速率是0.02mol/(L·min)。(2)0～10min内C的浓度增加0.40mol/L，那么与A的浓度变化之比是2∶1，故x∶y＝1∶2。(3)0～10min内C的浓度增加的量比A的浓度减小的量大，B是固体，所以压强变大。(4)根据图象知10min时反响速率加快，分析可知10min时改变的条件可能是升温或加催化剂；12～16min，反响处于平衡状态，16min后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，20min时到达新的平衡，分析可知16min时改变的条件可能是升温。(5)升温平衡左移，平衡常数K减小。10．(2022·湖南长沙长郡中学质检)(18分)eq\x(导学号25471037)Ⅰ.在一个容积固定不变的密闭容器中进行反响：2X(g)＋Y(g)2Z(g)，将2molX和1molY充入该容器中，反响在绝热条件下到达平衡时，Z的物质的量为pmol。答复以下问题：(1)假设把2molX和1molY充入该容器时，处于状态Ⅰ，到达平衡时处于状态Ⅱ，那么该反响的ΔH__<__0；ΔS__<__0(填“<〞“>〞或“＝〞)。该反响在__低温__条件下能自发进行(填“高温〞或“低温〞)。(2)该反响的v－t图象如图甲所示。假设其他条件不变，仅在反响前参加适宜的催化剂，那么其v－t图象如图乙所示。以下说法正确的选项是__②③⑤__(填序号)；①a1>a2②b1<b2③t1>t2④图乙中阴影局部面积更大⑤两图中阴影局部面积相等Ⅱ.在容积可变的密闭容器中发生反响：mA(g)＋nB(g)pC(g)，在一定温度和不同压强下到达平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表格所示：压强(p)/Pa2×1055×1051×106c(A)/(mol·L－1)0.080.200.44(1)当压强从2×105Pa增加到5×105Pa时，平衡__不__移动(填“向左〞“向右〞或“不〞)。(2)维持压强为2×105Pa，当反响到达平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中参加bmolB，当重新到达平衡时，体系中气体总物质的量是__a＋b__mol。(3)当压强为1×106Pa时，此反响的平衡常数表达式为__K＝eq\f(cpC,cmA)__。(4)其他条件相同时，在上述三个压强下分别发生该反响。2×105Pa时，A的转化率随时间变化如下图，请在图中补充画出压强分别为5×105Pa和1×106Pa时，A的转化率随时间的变化曲线(请在图线上标出压强)。[解析]Ⅰ.(1)正反响为气体物质的量减小的反响，容器的容积不变，由图可知，状态Ⅱ的压强大于状态Ⅰ压强的2倍，反响在绝热条件下进行，说明正反响为放热反响，那么ΔH<0；反响后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，那么ΔS<0，当ΔH－TΔS<0时反响能自发进行，所以该反响在低温条件下能自发进行。(2)参加催化剂，反响速率加快，所以b1<b2，到达平衡的时间缩短，所以t1>t2，平衡不移动，阴影局部为反响物浓度的变化量，那么两图中阴影局部面积相等，故②③⑤正确。Ⅱ.(1)由表格数据可知当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为原来的eq\f(1,2.5)，浓度由0.08mol·L－1增大为0.20mol·L－1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动。(2)由(1)可知，增大压强平衡不移动，所以反响前后气体的物质的量不变，所以当反响到达平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中参加bmolB，当重新到达平衡时，体系中气体总物质的量是(a＋b)mol。(3)由表格数据可知当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变为eq\f(1,2)倍，浓度应该由0.20mol·L－1增大为0.40mol·L－1，但是实际上A的浓度为0.44mol·L－1，说明平衡左移，那么反响前气体的物质的量小于反响后气体的物质的量，那么反响物B不再是气态，所以此反响的平衡常数表达式为K＝eq\f(cpC,cmA)。(4)压强为5×105Pa时与2×105Pa时相比，A的转化率不变，反响时间缩短；压强为1×106Pa时，平衡左移，A的转化率减小，反响速率增大，时间缩短，依此可作图。[答案](4)如以下图11．(2022·安徽合肥一六八中学第四次段考)(12分)请根据化学学科中的根本理论，答复以下问题：eq\x(导学号25471038)(1)在体积均为1L、温度分别为T1、T2的A、B两密闭容器中都参加纳米级Cu2O并通入0.1mol水蒸气，发生反响2H2O(g)2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋484kJ·mol－1。经测定，A、B两容器在反响过程中发生如下图变化，那么A、B两容器反响的温度T1__>__T