高三化学一轮复习精品练习第七章第二节第1课时化学平衡课时作业doc高中化学

第二节化学反响的方向、限度第1课时化学平衡课时作业一、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.在一定温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2（g）+I2（g）=2HI（g）已知H2和I2的起始浓度均为0.10mol·-1L时，达平衡时HI的浓度为0.16mol·-1L。假设H2和I2的起始浓度均变为0.20mol·-1L，那么平衡时H2的浓度（mol·-1L）是()A.0.16B.0.08C.0.04D.0.022.（2022年广州综合）用于净化汽车尾气的反响：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）,已知该反响速率极慢，570K时平衡常数为1×1059。以下说法正确的选项是()A.装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或COB.提高尾气净化效率的常用方法是升高温度C.提高尾气净化效率的最正确途径是研制高效催化剂D.570K时该反响正向进展的程度很大，故使用催化剂并无实际意义3.（2022年北京卷）工业上制备纯硅反响的热化学方程式如下：SiClx（g）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）;ΔH=+QkJ·mo-1L（Q>0）某温度、压强下，将一定量反响物通入密闭容器进展以上反响（此条件下为可逆反响），以下表达正确的选项是()13/13\nA.反响过程中，假设增大压强能提高SiClx的转化率B.假设反响开场时SiCl4为1mol,那么达平衡时，吸收热量为QkJC.反响至4min时，假设HCl浓度为0.12mol·-1L，那么H2的反响速率为0.03mol·-1L·miN-1D.当反响吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·-1L的NaOH溶液恰好反响4.一定条件下，合成氨反响到达平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反响前的体积相比，反响后体积缩小的百分率是()A.16.7%B.20.0%C.80.0%D.83.3%5.（2022年全国卷Ⅰ）以以下图表示反响X（g）=4Y（g）+Z（g）,ΔH<0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：以下有关该反响的描述正确的选项是()A.第6min后，反响就终止了B.X的平衡转化率为85%C.假设升高温度，X的平衡转化率将大于85%D.假设降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小13/13\n6.（2022年广州四校联考）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：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）,根据题意，以下说法正确的选项是()A.E点的平衡常数大于D点的平衡常数，且该反响的ΔH>0B.容器中气体的总物质的量E点大于D点C.F点的正反响速率大于逆反响速率D.v（甲醇）=nB/3tBmol/（L·min）表示500℃时以上反响在D点的速率7.（2022年广州调研）工业制硝酸的其中一步反响为氨的氧化，反响方程式为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）;ΔH=-1025kJ/mol氧化过程中还伴随有N2O、N2等物质生成。有关该反响的说法正确的选项是()A.反响处于平衡状态时，c（NH3）·c（O2）=c（NO）·c（H2O）B.反响到达平衡后，3v正（NH3）=2v逆（H2O）C.其他条件不变，温度越高，氨的转化率越高D.寻找适宜的催化剂是加快反响速率并提高NO产率的有效措施8.（2022年深圳二调）一定条件下在固定容积的密闭容器中充入amolO2和bmolSO2发生反响：2SO2+O2=2SO3。反响过程中物质的浓度变化如右图所示。以下有关判断正确的选项是()13/13\nA.Y线是表示SO2的浓度变化B.反响在t1时刻到达平衡状态C.平衡状态时，容器中气体密度不再改变D.再往该容器中充入amolO2和bmolSO2，该条件下重新到达平衡时c（SO3）>1.2mol·-1L二、非选择题9.（2022年济南质检）在一定体积的密闭容器中，进展如下化学反响：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）,其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6答复以下问题：（1）该反响的化学平衡常数表达式为K=____________。（2）该反响为____________反响（选填“吸热”或“放热”）。（3）能判断该反响是否到达化学平衡状态的依据是__________。a.容器中压强不变b.混合气体中c（CO）不变c.v正（H2）=v逆（H2O）d.c（CO2）=c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：13/13\nc（CO2）·c（H2）=c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为____________℃。10.（2022年南京质检）已知化学反响①：Fe（s）+CO2（g）=FeO（s）+CO（g）,其平衡常数为K1；化学反响②：Fe（s）+H2O（g）=FeO（s）+H2（g）,其平衡常数为K2。在温度973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：温度K1K2973K1.472.381173K2.151.67（1）通常表格中的数值可以推断：反响①是____________（填“吸热”或“放热”）反响。（2）现有反响③：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）,请你写出该反响的平衡常数K3的数学表达式：K3=____________。（3）根据反响①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式____________。据此关系式及上表数据，也能推断出反响③是____________（填“吸热”或“放热”）反响，要使反响③在一定条件下建立的平衡向正反响方向移动，可采取的措施有____________（填写序号）。A.缩小反响容器容积B.扩大反响容器容积C.降低温度D.升高温度E.使用适宜的催化剂F.设法减少CO的量（4）图甲、乙分别表示反响③在t1时刻到达平衡、在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：①图甲中t2时刻发生改变的条件是____________。②图乙中t2时刻发生改变的条件是____________。13/13\n11.（2022年宁夏卷）已知可逆反响：M（g）+N（g）=P（g）+Q（g）,ΔH>0，请答复以下问题：（1）在某温度下，反响物的起始浓度分别为：c（M）=1mol·-1L，c（N）=2.4mol·-1L；到达平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为____________；（2）假设反响温度升高，M的转化率____________（填“增大”“减小”或“不变”）；（3）假设反响温度不变，反响物的起始浓度分别为：c（M）=4mol·-1L，c（N）=amol·-1L；到达平衡后，c（P）=2mol·-1L，a=____________；（4）假设反响温度不变，反响物的起始浓度为：c（M）=c（N）=bmol·-1L，到达平衡后，M的转化率为____________。12.（2022年浙江卷）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO催化剂2CO2+N2为了测定在某种催化剂作用下的反响速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表：时间/s012c（NO）mol·-1L1.00×10-34.50×10-42.50×10-4c（CO）/mol·-1L3.60×10-33.05×10-32.85×10-3时间/s345c（NO）/mol·-1L1.50×10-41.00×10-41.00×10-4c（CO）/mol·-1L2.75×10-32.70×10-32.70×10-313/13\n请答复以下问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：（1）在上述条件下反响能够自发进展，那么反响的ΔH____________0（填写“>”、“<”、“=”）。（2）前2s内的平均反响速率v（N2）=____________。（3）在该温度下，反响的平衡常数K=____________。（4）假设在密闭容器中发生上述反响，到达平衡时以下措施能提高NO转化率的是____________。A.选用更有效的催化剂B.升高反响体系的温度C.降低反响体系的温度D.缩小容器的体积（5）研究说明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比外表积可提高化学反响速率。为了分别验证温度、催化剂比外表积对化学反响速率的影响规律，某同学设计了三组实验，局部实验条件已经填在下面实验设计表中。实验编号T/℃NO初始浓度mol·-1LCO初始浓度/mol·-1L催化剂的比外表积/m2·g-1Ⅰ2801.20×10-35.80×10-382Ⅱ124Ⅲ350124①请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线的实验编号。参考答案：13/13\n（2)可用K解释。（3)可用等效平衡解释。答案:C2.解析:该反响为可逆反响，因此排出的气体中仍有NO和CO，A错；不能确定该反响的热效应，因此升高温度平衡移动的方向不确定，B错；使用催化剂可以缩短反响所需的时间，C正确，D错。答案:C3.解析:A项，增大压强，平衡向逆反响方向移动，SiCl4的转化率减小；B项，由于此反响为可逆反响，开场时参加1molSiCl4，并不能全部转化为Si,所以吸收的热量小于QkJ;C项，v（H2)=1/2v（HCl)=1/2×0.12mol·L-1/4min=0.015mol·L-1·miN-1。D项，当反响吸收热量为0.025QkJ时，产生n（HCl)=4mol×0.025QkJ/QkJ=0.1mol=n（NaOH)，故恰好反响。答案:D4.解析:法一：合成氨反响是反响后气体体积减小的反响。按正常思路利用平衡计算方法。设N2、H2起始的物质的量分别为x、y、N2转化的物质的量为z,得出13/13\n平衡时总的物质的量为（x-z)+（y-3z)+2z=x+y-2z即生成氨气的物质的量就是气体总的减少的物质的量。根据2z/x+y-2z=20%z=x+y/12得体积缩小的百分率为2z/x+y=2×x+y/12/x+y=1/6≈16.7%法二:设平衡时混合气体的体积为V，那么氨气为20%V，那么反响前N2和H2体积为V+20%V=120%V=1.2V减小的体积/反响前的体积=0.2V/1.2V×100%≈16.7%。答案:A5.解析:A项，6min时反响到达了平衡状态，但正、逆反响并未停顿；B项，4的起始浓度为1.0mol·L-1，平衡时为0.15mol·L-1，浓度变化量为0.85mol·L-1，转化率为85%；C项，反响放热，升高温度平衡向逆反响方向移动，x的转化率将小于85%；D项，降温正、逆反响速率均减小，但逆反响速率减小的倍数大于正反响速率减小的倍数。答案:B6.解析:根据平衡常数的公式可得：E点甲醇的浓度比D点要大，所以E点平衡常数比D点平衡常数要大，温度从E点转换为D点，温度升高，但是甲醇的浓度变小，所以该反响为放热反响，ΔH<0，选项A错误；该反响的反响前后物质的量为减小趋势，所以生成甲醇越多，总物质的量越小，那么D点的总物质的量大于E点，选项B错误；F→D点是到达平衡的过程，F点还没到达平衡点，所以正反响速率大于逆反响速率，C选项正确；在D点，已经到达平衡状态，只要温度不变，反响速率不会变，所以它跟时间没有关系，选项D错误。答案:C13/13\n7.解析:反响处于平衡态时，体系中各组分的浓度不变，与c（NH3)·c（O2)与c（NO)·c（H2O)是否相等无关；反响到达平衡后，各组分的浓度保持不变，那么一定有3v正（NH3)=2v逆（H2O)；因反响是放热反响，故反响温度越高，越利于反响逆向进展，NH3的转化率越低；催化剂可加快反响速率，当然就提高了产物的产率。答案:BD8.解析:根据0~t2,4浓度增加0.6mol/L,Y浓度减少0.3mol/L，那么4为SO3，Y为O2，A错；t1后x、Y的浓度仍发生变化，因此t1时刻没有到达平衡状态，B错；由于容器容积固定，且该条件下所有物质都为气体，混合气体的密度不可能改变，C错；再往该容器中充入amolO2和bmolSO2,等效于起始时充入2amolO2和2bmolSO2,相当于将2个起始时充入amolO2和bmolSO2的容器压缩在一个容器中，假设压缩时平衡不移动，那么c（SO3)=1.2mol/L，由于压缩时压强增大，平衡向正方向移动，因此c（SO3)>1.2mol/L,D对。答案:CD9.解析:（1)根据化学平衡常数的表达式书写要求，即可写出K的表达式。（2)从表中可知，K的值随着温度的升高而逐渐增大，说明正反响是吸热反响。（3)化学平衡状态的特征是正、逆反响速率相等，各组分的浓度保持不变，以此作为依据可判断反响是否到达平衡状态。应注意的是不能用容器内的压强不变作为平衡与否的判断依据，因为有的反响是气体体积不变的，那么反响过程中容器的压强始终保持不变。13/13\n（4)根据c（CO2)·c（H2)=c（CO)·c（H2O)，变形得K=［CO］［H2O］/［CO2］［H2］=1.0，查表K=1.0时温度为830℃。答案:（1)K=［CO］［H2O］/［CO2］［H2］（2)吸热（3)b、c（4)83010.解析:（1)K1（973K时)<K1（1173K时)，所以反响①是一个吸热反响。（2)根据平衡常数的定义可以写出反响③的平衡常数表达式。（3)反响③=反响①-反响②，所以ΔH3=ΔH1-ΔH2，从表格数值可知反响①为吸热反响，所以ΔH1>0，反响②为放热反响ΔH2<0,故ΔH3=ΔH1-ΔH2>0，即反响③为吸热反响；所以升高温度，平衡向正反响方向移动。（4)从图甲可以看出，t2时刻平衡方向没有移动，变化的是化学反响速率，所以其条件是使用了催化剂；又因为反响③是反响前后气体体积不变的反响，所以增大压强，平衡不移动，但因为压强增大，致使体系内物质浓度同等增大，所以反响速率也提高。图乙中t2时刻后，CO2浓度增大，CO浓度减小，所以可以通过使平衡左移来到达，条件可以是降低温度，也可以采用增加水蒸气的量或者减少氢气的量。答案:（1)吸热（2)［H2O］·［CO］/［CO2］·［H2］（3)K3=K1/K2吸热D、F（4)①参加催化剂或增大体系的压强②降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量11.解析:（1)N的转化率为1mol·L-1×60%/2.4mol·L-1×100%=25%。（2)因为反响ΔH>0，是吸热反响，所以升高温度，平衡向正反响方向移动，M的转化率增大。13/13\n（3)根据反响M（g)+N（g)=P（g)+Q（g)起始浓度（mol·L-1)：4a00转化浓度（mol·L-1)：2222平衡浓度（mol·L-1)：2（a-2)22根据温度不变，平衡常数不变的特点K=2mol·L-1×2mol·L-1/［2mol·L-1×（a-2)mol·L-1］=0.6mol·L-1×0.6mol·L-1/［0.4mol·L-1×1.8mol·L-1］得a=6mol·L-1。（4)同理：M（g)+N（g)=P（g)+Q（g)起始浓度mol·L-1:bb00转化浓度mol·L-1:2222平衡浓度mol·L-1：（b-x)（b-x)xx根据温度不变，平衡常数不变的特点。K=x2/（b-4)2=0.6mol·L-1×0.6mol·L-1/0.4mol·L-1×1.8mol·L-1得4=0.41bmol·L-1，α（M)=（0.41b/b)×100%=41%。答案:（1)25%（2)增大（3)6（4)41%12.解析:（1)反响自发进展，说明ΔH-TΔS<0，该反响是分子数减小的反响，那么ΔS<0，故ΔH<0;（2)2s时，Δc（NO)=7.5×10-4mol·L-1，v（NO)=3.75×10-4mol·L-1·s-1，反响速率比等于方程式化学计量数比，v（N2)=1.875×10-4mol·L-1·s-1，看有效数字的话，应为1.88×10-4mol·L-1·s-1；（3)分析表格中数据可知，第4、5s时浓度不变已达平衡，平衡浓度：NO为1.00×10-4mol·L-1、CO为2.70×10-313/13\nmol·L-1，其中Δc（NO)=9.00×10-4mol·L-1，即平衡时c（CO2)为:9.00×10-4mol·L-1，c（N2)为4.50×10-4mol·L-1，K=c（CO2)2·c（N2)/c（NO)2·c（CO)2=（9.00×10-4)2·（4.50×10-4)/（1.00×10-4)2·（2.70×10-3)2=5000；（4)提高NO转化率，即平衡右移，A项使用催化剂不影响平衡；正反响放热，降低温度，平衡右移，B错，C对；缩小容器体积，相当于加压，平衡右移，D项也对；（5)①设计实验作比照时，必须只有一个变量，据题意与表格可知，Ⅱ与Ⅰ在比照催化剂的比外表积，温度、浓度应与Ⅰ相同，Ⅲ与Ⅱ中催化剂的比外表积相同，温度不同，所以浓度Ⅲ与Ⅱ相同。②画图时注意Ⅱ与Ⅰ是催化剂的比外表积不同而导致速率变快，时间短，但不影响平衡，所以浓度与Ⅰ相同；Ⅲ与Ⅱ是温度不同导致速率加快，同时升高温度，平衡左移，平衡时，c（NO)比Ⅱ要大。答案:（1)<（2)1.88×10-4mol·L-1·s-1（3)5000（4)CD（5)①Ⅱ:2801.20×10-35.80×10-3Ⅲ:1.20×10-35.80×10-3②如以以下图：13/13