2.1&2.2 强化提优练-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中化学选择性必修第一册(鲁科版2019)

第1、2节 强化提优练 黑题阶段复习练 限时：35min 一、单项选择题 浓度为原平衡时的1.5倍。下列说法正确的是 1.在热带海域中，珊瑚虫在浅海区域分泌石灰 石骨骼，与藻类共生形成美丽的珊瑚。下列 A.化学平衡逆向移动 说法错误的是 ( B.A的平衡转化率增大 A.珊瑚形成的反应为Ca2(aq)+2HCO,(aq) C.平衡常数变大 CaC0,(s)+H20(1)+C02(aq) D.a+b<d+e B.与温带海域相比，热带海域水温较高是利 4.(2024·山东济宁高二期中)在恒压、N0和02 于形成珊瑚的原因之一 的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时 C.与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光 间，测得不同温度下N0转化为NO,的转化率 合作用强，更有利于珊瑚形成 如图中实线所示（图中虚线表示相同条件 D.大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO 下NO的平衡转化率随温度的变化)，下列说 浓度增大，有利于珊瑚形成 法正确的是 2.下列事实，不能用勒·夏特列原理解释的是 1(00 80 60 ON 100200300400500600 测度/： 热水 冷水 非动注射器活塞 将下0，球浸泡在冷水和热水中 A.反应2N0(g)+02(g)一2N02(g)的 1) ② △H>0 B.图中X点所示条件下，延长反应时间不能 水 提高NO的转化率 H(g)+1(g) C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能 =2HI刻 NaOH 提高NO的转化率 》 4 D.380℃下，c起(02)=5.0x10+mol·L,N0 A.图①：气体在热水中比在冷水中颜色深 的平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000 B.图②：加压后气体颜色先变深后变浅 二、不定项选择题 C.图③：平衡体系加压后颜色变深 5.已知HF分子在一定条件下会发生二聚反 D.图④：用浓氨水和NaOH固体制取氨气 应：2HF(g)=一(HF)2(g)。经实验测得，不 3.(2024·山东枣庄高二月考)某温度下，在密 闭容器中发生反应aA(g)+bB(g)一 同压强下，体系的平均摩尔质量(M=m色)随 dD(g)+eE(s),反应达到平衡后将容器体积 温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法正确 压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的 的是 () 选择性必修第一册：LK黑白题056 71 0.12ol·L.该温度下此反应的平衡常数K= 40 (填计算结果)。 P2. (2)合成塔中发生反应N2(g)+3H2(g) 20 T/K =2NH,(g)△H<0。下表为不同温度下该反 A.该反应的△H>0 应的平衡常数。由此可推知，表中T B.气体的总压强：p(a)<p(b)=p(c) (填“>”“<”或“=”)300℃。 C.平衡常数：K(a)=K(b)<K(c) T/C T 300 T D.测定HF的相对分子质量要在低压、高温 K值 1.00×1022.45×1031.88×10 条件下更准确 (3)N,和H,在铁作催化剂作用下从145℃ 6.(2024·安微芜湖高二月考)如图所示，关闭 就开始反应，不同温度下NH产率如图所 活塞K,向甲、乙两刚性密闭容器中分别充入 示。温度高于900℃时，NH,产率下降的原 1molA、2molB,此时甲、乙的容积均为2L 因是 (连通管体积忽略不计)。在T℃时，两容器 1产率/% 中均发生反应：A(g)+2B(g)一2C(g)+ H 3D(g)△H<0。达平衡时，乙的体积为 2.6L,下列说法正确的是 ( 90 温度℃ A.甲中反应的平衡常数小 (4)在上述流程图中，氧化炉中发生反应 于乙 的化学方程式为 B.若打开活塞K,达平衡时乙容器的体积大 (5)硝酸厂的尾气直接排放将污染空气。目前 于3.2L 科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮的氧 C.当乙中A与B的体积分数之比为1：2时， 化物还原为氨气和水，反应机理为： 反应达到平衡状态 CH,(g）+4N02(g)一4N0(g）+C02(g)+ D.平衡时甲容器中A的物质的量大 2H,0(g) △H=-574kJ·mol1 于0.55mol CH,(g)+4N0(g)—2N2(g)+C02(g)+ 三、非选择题 2H,0(g) △H=-1160kJ·mol 7.工业合成氨与制备硝酸一般可连续生产，流 则甲烷直接将NO,还原为N,的热化学方程 程如下： 式为 可 (6)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水， 空气 气 试写出该反应的化学方程式： 合或好①分病②鱼化③ 吸改塔 碱酸 ,科学家利用此原理设计成 氨气-氧气燃料电池，则通入氨气的电极是 (1)工业生产时，制取氢气的一个反应为 (填“正极”或“负极”)：碱性条件 C0+H20(g)一二C02+H2.1℃时，往1L密闭 下，该电极发生反应的电极反应式为 容器中充入0.2molC0和0.3mol水蒸气 反应建立平衡后，体系中c(H)= 第2章黑白题057小的倍数小于体积增大的倍数,说明增大体积,减小压强平衡正向移 4mol.其中Ar为1mol.设乙中达到平衡时有2vmolNH.反应 动,B为固体,则a<m+n.故在E点增大压强,平衡会逆向移动,A错 2NH.(g)N(g)+3H(g) 。 开始(mol)2 误;达到平衡后,由于B为固体,增大B的量,B的浓度不变,正反应 。 速率不变,平衡不移动.A的转化率不变.B错误;由图可知.升高温 转化(mol) 2y 度,M的浓度增大,平衡正向移动,说明平衡常数增大.C正确;其他 平衡(mol)2-2y , 条件不变,增大压强,平衡逆向移动,不能使状态F转变到E.应该转 2-2+y+3y=3.2y=1.甲中NH.的物质的量为1mol; 化为与F点同温度的上面的某点上,D错误。 根据题中信息可知,甲和乙是在恒温恒压条件下的反应,属于等效平 6.B 解析:根据“先拐先平,数值大”,可知p<,7.>7。;增大压强,B 衡,若平衡时K停留在0处,说明甲中平衡混合物为4mol.如乙平衡 在混合气体中的百分含量增大,说明平衡逆向移动,可知正反应气体 不移动,乙中为NH.和Ar共3mol,体积为8.所以乙平衡时刻度大 的计量数之和增大,m+n<:;升高温度,B在混合气体中的百分含量 于8。(3)体积固定,恒温、恒压容器中,两边达到的平衡状态相同. 减小,说明平衡正向移动,可知正反应吸热,AVf>0.B正确。 乙中的氢气对平衡无影响;体积不变,两边转化结果相同,甲中H。的 21) 7.(1) (2) 加入催化剂增大 乙2> 转化率为5.则乙中NH.的转化率为1-b:此题仍要考虑两种极限情 况,即乙、甲完全转化与乙、甲完全不转化,当乙完全不转化、甲完全 解析:(1)已知:①2NO(g)+NaCI(s)NaNO.(s)+NOCl(g) AH.=a kJ·mol-) K..②4NO(g)+2NaCl(s)2NaNO(s)+ 2No(g)+Cl(g)AH.=bb·mol'lK. -(乙) 根据盖斯定律将①x2-②可得:2NO(g)+Cl.(g)2N0CI(g).因此 P(甲)4。 该反应的平衡常数K,-K。 K{} 第12节 强化提优练 (2)由图I分析可知,随反应的进行压 强先增大后减小,5min达到平衡状态,推知开始因反应是放热的,随 题 回练面 反应进行温度升高,压强增大;反应到一定程度,因反应物浓度减小. 随反应正向进行,压强反而减小,到压强随时间不变时,达到平衡状 423456 态,反应焰变A/f、<0;由图知:化学反应速率加快,平衡不动,改变的 答案 D CADBDD 条件是加入催化剂;在5 min时,再充人0.08 mol No和0.04mol Cl. 相当于增大压强,平衡正向进行,气体物质的量减小,气体质量不变, 1.D 解析:珊瑚的主要成分是CaCO。,珊瑚形成的反应为Ca②* 则混合气体的平均相对分子质量将增大;温度升高,平衡左移,K减 (aq)+2Hco(aq)-CaCo(s)+H.o(1)+CO.(aq).A正确:与温 小,lK减小,曲线选乙,设参加反应的氢气的物质的量为x,则: 带海域相比,热带海域水温较高能加快CO.的挥发,促使上述平 2NO cl 2NOCI ___: 衡正向移动,故温度较高是利于形成珊瑚的原因之一,B正确;与深 , 。) 0.04 始(mol)0.08 海区域相比.浅海区阳光强烈,藻类光合作用强,消耗的C0:增大, 变(mol)2x : 导致CO.浓度减小,平衡正向移动,故更有利于珊瑚形成.C正确;由 0.04-x 平(mol)0.08-2 于CO+H.0-HCo.-H'+HCo.大气中CO.浓度增加.会导 根据压强之比等于物质的量之比得到:5-0.08 mol+0.04 mol-x 6 0.08 mol40.04 mol 致海水中c0.浓度增大,而不是C0}浓度增大.CO.浓度增大,珊 ,前 瑚形成的平衡逆向移动,则不利于珊瑚形成,D错误 得:x=0.02mol.所以平衡时物质的量浓度e(NO)=0.02mol·L 2.C 解析:2NO(g)-一N.0(g)是放热反应,温度升高平衡逆向移 c(Cl )=0.0l mol·L-'c(NOCl)=0.02mol·L-l.则结合平衡常数 动,NO,浓度增大,颜色加深,故在热水中比在冷水中颜色深.此处是 0.02 概念计算,K-- =100;lgK=lgl00=2.a=2:25 C时测得反应 平衡的移动,能用勒·夏特列原理解释,A不符合题意;加压瞬 0.022×0.01 间NO.浓度增大.颜色加深.后平衡向生成N.0.方向移动.N0、浓 ③在某时刻.NO(g).Cl.(g).NOCl(g)的浓度分别为0.8mol·Ll. 度减小,故颜色又变浅,B不符合题意;1.(g)+H.(g)-2HI(g). 0.3} -~1.4<K.此时平衡向正 两边气体化学计量数之和相等,加压平衡不移动,此处颜色加深是因 为加压体积缩小.碑单质的浓度增大了.与平衡移动无关,C符合题 反应方向移动,即。 意;NH.(g)+H,ONH.·H.O--NH:+OH”.加氢氧化固体就是 压轴挑战 增加OH的浓度.化学平衡向左移动.释放出NH..D不符合题意 3. A 解析;若平衡不移动,D的浓度应变为原来2倍,当再次达到平衡 8.(1)0刻度左侧0-2处 (2)1a(3)1- 时,D的浓度为原平衡时的1.5倍,说明反应逆向移动,A正确;缩小 解析:(1)当乙中没有Ar时,甲中充入1molN。和3molH。与乙中 容器体积,增大压强,反应逆向移动,A的平衡转化率减小,B错误 充入2molNH.达到平衡状态时为等效的,即两边气体的物质的量相 平衡常数只与温度有关,增大压强,平衡常数不变,C错误;增大肝 等,隔板K应位于中间0处,此后向乙中再充入1molAr.乙中气体 强,平衡向气体体积减小的方向移动,增大压强,反应逆向移动,说明 压强增大,隔板K向甲的方向移动,会使甲中的反应向正反应方向移 a+hd.D错误 动,再次达到平衡时,隔板位于0刻度左侧某处,涌过观察,当反应未 4.D 解析:由虚线变化可知,升高温度,平衡向逆反应方向移动,则该 开始时隔板K位于0处,每一个格相当于0.5mol气体,假设隔板K 反应为放热反应,反应的恰变小于0.A错误;由实线变化可知,X点 最终在a处,设甲中反应达到平衡时,有xmolN.发生反应。 一氧化氮的转化率未达到最大,是平衡的形成过程,所以X点所示条 N(g)+3H(g)-2NH(g) 件下,延长时间,一氧化氮的消耗量增大导致转化率增大,B错误;由 _ 开始(mol)1 。 实线变化可知,一氧化氢的转化率达到最大时,反应达到平衡,反应 转化(mol)x 达到平衡后,升高温度,平衡向逆反应方向移动,一氧化氧转化率减 平衡(mol)1-r 3-3x 小,则Y点是达到平衡状态的点,所以Y点所示条件下,增加氧气的 (1)+(3-3x)+2=(6-a)x0.5.0.5a=2-1.当N.完全反应时.= 浓度,平衡向正反应方向移动,一氧化氢的转化率增大.C错误;由题 1.a取最大值且a=2.根据可逆反应不能进行到底,可知:K停留在( 意可知,380C平衡时一氧化氢的转化率为50%,由氢原子个数守恒 刻度左侧0~2处。(2)根据题中条件,当达到平衡时,K停留在0刻 可知,平衡时一氧化氮和二氧化氢的浓度相等,由氧气的起始可知. 度处,说明乙端相当于8个格,即乙中平衡时气体的物质的量为 平衡时氧气的浓度小于5.0x10 mol·1-1,则反应的平衡常数K 正本参考答案 黑白题2 e”(NO.) 1 AH.+AH..D正确 (No)c(O)(0)5.0x10=2000D正确。 3.D 解析:反应速率大的现象不一定明显,如酸破中和反应的反应速 5. BD 解析:温度升高平均摩尔质量减小,气体质量守恒,物质的量增 大,说明平衡向逆反应方向进行,升温平衡向吸热反应方向进行,正 率很快,但无明显现象,A错误;根据化学反应速率公式1= 反应是放热反应,A/Ic0.A错误;b、e点是压强相同条件下的化学平 化学反应速率通常表示某一时间段的化学反应快慢,B错误;由于化 衡,依据图像分析可知温度不变时,增大压强,气体物质的量减小、气 学计量数不一定相同,所以在该单位时间内反应物和生成物的浓度 体摩尔质量越大,p>p,气体的压强:p(a)<(b)=p(e),B正确;平 变化量不一定都为0.5mol·1.C错误;化学反应有快有慢.化学反 衡常数随温度变化不随压强变化,a、b、e点的温度不同,正反应是放 应速率就是用来衡量化学反应进行快慢的尺度,D正确 热反应,温度越高平衡常数越小.平衡常数:K(a)>K(c)>K(b).C错 ①归纳总结 误;反应是气体体积减小的放热反应,测定HF的相对分子质量应使 (1)化学反应速率是平均速率而不是瞬时速率;(2)化学反应速 平衡逆向进行,需要在低压、高温条件下进行以提高HF的含量. 率都是正值:(3)计算化学反应速率时一定要指明是哪一种物质 D正确。 的反应速率;(4)由于固体、纯液体的浓度视为常数,所以不能用 6.D 解析:化学平衡常数是温度的函数,温度不变,平衡常数不变,甲 固体或纯液体来表示化学反应速率。 乙两容器的反应温度相同,平衡常数相等,A错误;若打开活塞K,相 当于等压条件,与原来的乙等效,故反应后总体积为2.6Lx2=5.2L. 4. D 解析:化学反应速率之比等于相应的化学计量数之比,期根据方程式 所以达平衡时乙容器的体积为5.2L-2L=3.21.B错误;由于反应 物A与B是按照1:2通入的,且二者的转化率相等,所以这个过程 可知(NH.):r(0.):(NO):r(H.0)=4:5:4:6 中A与B的体积分数之比恒为1:2.不能判断反应是否达到平衡状 (0).A错误:(0)=v(H.0).B错误:3(NH)-v(H.0). 2 态,C错误;乙变成恒压.达平衡时,乙的体积为2.6L.平衡时混合物 的物质的量之和为开始时的1.3倍,利用三段式计算得平衡时A的 C错误:4(0)=r(NO).D正确。 物质的量为0.55mol;甲保持恒容,相当于达到平衡状态后再进行加 压,平衡将逆向移动,A的转化率减小,所以平衡时甲容器中A的物 5. A 解析:5 min末.Aa(Z)=0.01 mol·L-'·minx5 minx2.0 L= 质的量大于0.55mol.D正确 0.1mol.列三段式如下: 7.(1)1(2)(3)温度高于900C时,平衡向左移动(4)4NH。+ 3X(g)+Y(g)--nZ(g)+2w(g) 醒化别No+6H.0(5)CH.(s)+2NO.(s)-c0.(8)+ 起始量/mol 0.6. 0.4 0 0 50._ 变化量/mol 0.3 0.1 0.1 A 0.2 2H:.0(s)+N:(s) An--867 bJ· mol(6)4NH,+30.点-2 平衡量/mol 0.3 0.3 0.1 0.2 根据转化物质的量之比等于各物质的化学计量数之比得:0.1m 6H.0 负极 2NH.-6e+60H-N.+6H.0 解析:(1) co+H.0(g)-CO. +H2 2. 0.3 0 0 起始浓度/(mol·L)0.2 0.2mo,解得:a=1。 0.12 0.12 变化浓度/(mol·L)0.12 0.12 0.18 0.12 0.12 6. B 解析:同一反应用不同物质表示的速率,速率之比等于化学计量 平衡浓度/(mol·1-1)0.08 数之比,根据5e(A)=4r(B).r(A)=r(C).6e(B)=5r(D).得知 0.08 mod·x0.18 mot I1=1。 r(A):v(B):r(C):v(D)=4:5:4:6.则物质A.B.C.D的化学 计量数之比为4:5:4:6。故B项符合题意。 (2)正向放热,则升温,平衡左移,K值减小,降温,K值增大,所以 7.C 解析:利用三段式分析: T.<300C。(5)将题干中的两个热化学方程式分别标记为①.②,则 2NO(g)+ Br(g)--2NoBr(g) AH=-a kJ·mol- 2 初始量/mol2 2 0 0.25 转化量/mol 0.5 0.5 A=-867 k·mol。(6)分析4NH,+30.点-2N+6H:0中元素化 2-0.25 10s时/mol 2-0.5 0.5 △n 合价的变化:N元素的化合价由氢气中的-3价变为N.中的0价,失 Ae(Br) 0.25ol 0~10.内,,(Br)= = #*-21510 电子,负极发生失电子的氧化反应,则正极为0.得电子:碱性条件 A 下,正极反应式为0+2H.0+4e --40H,负极反应=总反应-正 0.0125 mel·1-..A错误;利用公式v(A)-A(A)计算的是A 极反应,即2NH。-6e+60H--N.+6H.0. Ai 第3节 化学反应的速率 物质的平均反应速率面不是瞬时反应速率。v(NOBr)=0.025mol· I1.,表示的是0-10;内的平均反应速率,不能表示第10 课时1 化学反应速率 时NOBr的瞬时反应速率,B错误:第10s时,e(N0)-n(NO) V 台题 把础路 1.5 mol0.75 ml·1.1.C正确:该可逆反应的反应热表示2 mol No(g) 题号 123 45 6 78 911 21 DAB 答案DBDDDABC 和1.molBr(g)完全反应生成2molNOBr(g)时放出的热量为akJ.0 1.D 解析:反应物的结构和反应条件决定着一个反应的历程,同一反 应,在不同条件下的反应历程可能不同,故D错误。 8.D 解析:H.表示的平均反应速率(H.)=0.45mol·1-1.s1.利用 2.BD 解析:由图可知,第1步反应中反应物的总能量小于生成物的 速率之比等于化学计量数之比,所以t(NH,)= 2 总能量,为吸热反应,A错误:正反应活化能越大,越不易反应,由图 可知第1步是总反应的决速步,B正确;由三步基元反应可知,N0为 0.45mol·L1.1=0.3mol·L1·.氢的浓度增加了 0.生成0.反应的催化剂,催化剂不改变总反应的烙变,由三步基元 0.4mol·Il.即Ae(NH.)=0.4mol·Ll.所以反应所经过的时间为 反应可知,反应的中间体只有NO。和O两种.C错误;由盖斯定律可 A-△0.4 ml 知,三步基元反应相加得总反应20(g)--30.(g),则AH=AH.+ )0.3 mo·.1~1.33s。 选择性必修第一册·LK 黑白题22