第2课时化学反响的方向、化学平衡的移动、合成氨课时作业一、选择题（包括8小题。1~6小题只有一个选项符合题意，7~8小题有两个选项符合题意。）1.（2022年合肥质检）对可逆反响：A（g）+B（g）=C（s）+2D（g）ΔH>0，右图所示为正逆反响速率（v）与时间（t）的关系，如果在t1时刻改变以下条件：①参加A；②参加催化剂；③加压；④升温；⑤移走C，符合图示的条件是()A.②③B.①②C.③④D.④⑤2.某温度下，在定容密闭容器中发生如下反响：2A（g）=2B（g）+C（g）,假设开场时只充入2molA气体，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%，那么平衡时A的体积分数为()A.60%B.50%C.70%D.40%11/11\n3.已知在常温常压和催化剂存在的条件下，N2（g）和H2（g）生成2molNH3（g）放出92.4kJ的热量。在上述条件下向密闭容器中通入1molN2和3molH2,到达平衡时放出热量为Q1kJ；向另一体积相同的容器中通入0.9molN2、2.7molH2和0.2molNH3，相同条件下到达平衡时放出热量为Q2kJ，那么以下关系式正确的选项是()A.2Q2=Q1=92.4B.Q2<Q1<92.4C.Q1<Q2<92.4D.Q1=Q2=92.44.以下事实不能用勒夏特列原理解释（或与化学平移动无关）的是()A.溴水中有以下平衡Br2+H2O=HBr+HBrO,当参加硝酸银溶液后，溶液颜色变浅B.合成氨反响，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施C.反响CO（g）+NO2（g）=CO2（g）+NO（g）（正反响为放热反响），达平衡后，升高温度体系颜色变深D.对于2HI（g）=H2（g）+I2（g）,达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深5.（2022年山东潍坊）某温度下在容积为2L的密闭容器中，发生2X（g）+Y（g）=2W（g）的反响，当充入1molX和1molY,经20s到达平衡时生成了0.4molW。以下说法正确的选项是()A.假设升高温度，W的体积分数减小，那么该反响ΔH<0B.以Y的浓度变化表示的反响速率为0.01mol·-1L·s-1C.在其他条件不变的情况下，增加1molX,那么X和Y的转化率均提高D.增大压强正反响速率增大，逆反响速率减小，那么平衡向正反响方向移动11/11\n6.右图是温度和压强对X+Y=2Z反响影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。以下表达正确的选项是()A.上述可逆反响的正反响为放热反响B.X、Y、Z均为气态C.X和Y中只有一种为气态，Z为气态D.上述反响的逆反响的ΔH>07.（2022年广东卷）碘钨灯比白炽灯使用寿命长。灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反响：W（s）+I2（g）WI2（g）ΔH<0（温度T1<T2）。以下说法正确的选项是()A.灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2（g）会分解出W，W重新沉积到灯丝上B.灯丝附近温度越高，WI2（g）的转化率越低C.该反响的平衡常数表达式是K=c（W）·c（I2）/c（WI2）D.利用该反响原理可以提纯钨8.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反响：2A（g）+B（g）=3C（g）,假设反响开场时充入2molA和2molB,达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，假设按以下四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是()11/11\nA.2molCB.2molA、1molB和1molHe（不参加反响）C.1molB和1molCD.2molA、3molB和3molC二、非选择题9.（2022年宁夏卷）2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）反响过程的能量变化如右图所示。已知1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）的ΔH=-99kJ·mo-1L。请答复以下问题：（1）图中A、C分别表示____________、____________，E的大小对该反响的反响热有无影响？____________。该反响通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？____________，理由是____________。（2）图中ΔH=____________kJ·mo-1L。（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被复原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式_______________。（4）如果反响速率v（SO2）为0.05mol·-1L·miN-1，那么v（O2）=____________mol·-1L·miN-1、v（SO3）=____________mol·-1L·miN-1。（5）已知单质硫的燃烧热为296kJ·mo-1L，计算由S（s）生成3molSO3（g）的ΔH____________（要求计算过程）。11/11\n10.一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反响生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：根据题意完成以下各题：（1）反响到达平衡时，平衡常数表达式K=____________，升高温度，K值____________（填“增大”“减小”或“不变”）。（2）500℃时，从反响开场到平衡，氢气的平均反响速率v（H2）=____________用（nB、tB表示）（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系的体积压缩到原来的1/2，以下有关该体系的说法正确的选项是____________。a.氢气的浓度减少b.正反响速率加快，逆反响速率也加快c.甲醇的物质的量增加d.重新平衡时n（H2）/n（CH3OH）增大（4）据研究，反响过程中起催化作用的为Cu2O,反响体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：-____________________________________（用化学方程式表示）。11/11\n11.（2022年上海卷）在2L密闭容器内，800℃时反响2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如下表：时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）写出该反响的平衡常数表达式：K=____________。已知：K300℃>K350℃，那么该反响是____________热反响。（2）右图中表示NO2的变化的曲线是____________。用O2表示从0~2s内该反响的平衡速率v=____________。（3）能说明该反响已到达平衡状态的是____________。a.v（NO2）=2v（O2）__________________b.容器内压强保持不变c.v逆（NO）=2v正（O2）d.容器内密度保持不变12.哈伯因创造了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现将氢气和氮气充入某密闭容器中，在一定条件下反响的有关数据为：工程H2N2NH3起始时5mol·-1L3mol·-1L02s末2mol·-1L（1）氢气和氮气反响生成氨气（在2s内）的反响速率v（H2）=____________。假设此时已达平衡，那么可求得平衡常数为____________。11/11\n（2）如以以下图表示合成NH3反响在某段时间t0→t6中反响速率与反响过程曲线图，那么在以下到达化学平衡的时间段中，化学平衡常数最大的一段时间是____________。①t0→t1②t2→t3③t3→t4④t5→t6假设t1时改变的条件是升高温度，那么说明合成NH3反响的焓变ΔH____________0（填“大于”或“小于”）。（3）合成氨工业中采用了较高压强（20~50MPa），而没有采用100MPa或者更大压强，试解释没有这么做的理由：________________________。（4）在容积均为2L（容器体积不可变）的甲、乙两个容器中，分别参加2molN2、6molH2和1molN2、3molH2,在相同温度、催化剂下使其反响。最终到达平衡后，两容器中N2转化率分别为α甲、α乙，那么甲容器中平衡常数表达式为____________（用含α甲的代数式表示），此时α甲____________（填“>”“<”或“=”）α乙。参考答案：1.解析:使用催化剂只同倍增加正逆反响速率，对化学平衡无影响；对于有气体参加的气体体积不发生变化的反响，改变压强平衡不移动。答案:A11/11\n2.解析:在定容的情况下，气体的压强与物质的量成正比，因此气体的物质的量增多了2mol×20%=0.4mol。2A（g)=2B（g)+C（g)Δn0.8mol0.8mol0.4mol0.4mol平衡时n（A)=2mol-0.8mol=1.2mol,故A的体积分数为1.2mol/2mol+0.4mol×100%=50%。答案:B3.解析:因为合成氨反响是可逆反响，1molN2和3molH2发生反响时不能进展得很完全，因此放出的热量应小于92.4kJ。而假设由0.9molN2、2.7molH2和0.2molNH3放在一起再进展反响，由于有一局部NH3的存在而导致反响进展的程度还不如1molN2和3molH2进展反响的程度大，因此放出的热量会更小一些，从而得出Q2<Q1<92.4。答案:B4.解析:向溴水中加AgNO3溶液，Ag+与Br-结合生成AgBr沉淀减小了Br-的浓度，平衡正向移动，溴水浓度减小，颜色变浅，符合勒夏特列原理；合成氨放热，降温可提高NH3的产率，符合勒夏特列原理；升温使CO（g)+NO2（g)=CO2（g)+NO（g)；ΔH<0的平衡逆向移动，NO2浓度增大，体系颜色变深，符合勒夏特列原理；2HI（g)=H2（g)+I2（g),由于ΔVg=0，缩小体积（相当于加压)平衡不移动，但I2浓度增大，体系颜色变深不能用勒夏特列原理解释。答案:D5.解析:2X（g)+Y（g)=2W（g)起始（mol)110转化（mol)2aa2a平衡（mol)（1-2a)（1-a)2a2a=0.4mol,a=0.2mol。11/11\n升高温度，反响体系中W体积分数减小，说明平衡向左移动，推知正反响是放热反响，ΔH<0,A正确；v（Y)=0.2mol/（20s×2L)=0.005mol/（L·s),B错；增加x的物质的量，平衡向右移动，Y转化率能提高，但是平衡移动是“减弱”增加的x量，不能抵消x增加的量，所以x转化率降低，C错误；增大压强，气体参加的可逆反响相当于增大浓度，正逆反响速率都增大，D错误。答案:A6.解析:由图象分析可知，温度升高，Z%增大，即向正反响方向移动，故正反响为吸热反响，所以A项错误；作等温线Z%随压强增大而减小，那么x、Y、Z不能均为气态，因升压平衡逆向移动，那么x、Y中只有一种为气态，而Z为气态，所以C正确；D项中ΔH应小于零。答案:C7.解析:B项，温度越高，平衡向左移动，WI2（g)的转化率也越高；C项，平衡常数表达式应为K=c（WI2)/c（I2)。答案:AD8.解析:此题是等效平衡思想的应用，还涉及定容下充入稀有气体，以及体积分数含义的问题，有一定难度。A、B选项中B、A两种气体的物质的量之比为1∶2,小于题目中的2∶2,平衡左移；C选项相当于只参加了4/3molB和2/3molA作为起始，原平衡右移；D选项相当于只参加了4molA和4molB作为起始，相当于原平衡不移动。答案:AB11/11\n9.解析:（1)由图像很容易得出，纵坐标表示各种物质的能量。E是反响所必经的一个过渡状态，它只影响反响的难易程度，而整个反响过程的反响热只与反响的始终态有关，得出没有影响的结论。参加催化剂改变了反响历程，使活化能降低。（2)中的ΔH可根据已知1molSO2参加反响时放热99kJ,而图象中表示的是2SO2反响，所以99kJ要乘以2。（3)化学方程式根据元素守恒即可写出。（4)考察速率之比和化学方程式中各物质的计量数成正比。（5)考察盖斯定律的应用，考察燃烧热的概念必须是1molS（s)完全燃烧。答案:（1)反响物能量生成物能量没有影响降低因为催化剂改变了反响历程，使活化能E降低（2)-198（3)SO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5（4)0.0250.05（5)S（s)+O2（g)=SO2（g)；ΔH1=-296kJ·mol-1SO2（g)+1/2O2（g)=SO3（g)；ΔH2=-99kJ·mol-13S（s)+9/2O2（g)=3SO3（g)；ΔH=（ΔH1+ΔH2)×3=-1185kJ·mol-110.解析:（1)根据温度升高，甲醇的量减小，说明升高温度平衡左移，K值减少。（2)v（CH3OH)∶v（H2)=1∶2v（H2)=(2/3nB)/tB=2nB/3tBmol·L-1·min-1（3)增大压强，平衡正向移动，且v正、v逆都增大。（4)CO2可抑制CO与Cu2O反响。答案:（1)c（CH3OH)/c（CO)·c2（H2)减小（2)2nB/3tBmol·L-1·min-1（3)bc（4)Cu2O+CO=2Cu+CO211/11\n11.解析:升高温度平衡常数减小，说明该反响的正反响是放热反响；该反响达平衡时，n（NO)=0.007mol，此时n（NO2)=0.013mol,其浓度变化量为0.0065mol·L-1，所以表示NO2变化的曲线是b,在（3)中a表示是同一方向的速率，在任何时候都成立，而d中容器的体积及气体的总质量都不变，气体的密度也始终不变。在（4)中别离出NO2会使逆反响速率降低，升高温度平衡向逆反响方向移动，选择高效催化剂，只能加快反响速率，平衡并不移动，所以a、b、d错误。答案:（1)［NO2］2/［NO］2·［O2］放（2)b1.5×10-3mol·L-1·s-1（3)bc12.解析:（3)从理论上讲，合成氨时压强越大越好。但在实际生产中，压强越大，需要的动力越大，对材料的强度和设备的制造要求也越高，这将会大大增加生产的投资，并可能降低综合经济效益。（4)判断α甲、α乙的大小，可利用等效平衡处理：故α甲>α乙答案:（1)1.5mol·L-1·s-10.25mol-2·L2（2)①小于（3)压强越大，消耗的动力越大，对设备的要求越高，而总体经济效益提高不大（4)4α甲2/27（1-α甲)4mol-2·L2>11/11
