2019屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)化學(xué)平衡化學(xué)平衡常數(shù)作業(yè)(全國通用)

1、化學(xué)平衡化學(xué)平衡常數(shù)一、選擇題1 固體碘化銨置于密閉容器中，加熱至一定溫度后恒溫，容器中發(fā)生反響：NH4l(s)NH 3(g) + Hl(g); 2HI(g)H2(g) + b(g)。測得平衡時 c(l2)= 0.5 mol L1,反應(yīng)的平衡常數(shù)為 20,那么以下結(jié)論不正確的選項是.()。A .平衡時 c(NH3) = 5 mol iZ1B .平衡時HI分解率為20%C. 混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不再發(fā)生變化不可以作為判斷該反響到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志D. 平衡后縮小容器容積，NH4I的物質(zhì)的量增加，I2的物質(zhì)的量不變2. (2021年天津卷改編)在恒溫恒容的密閉容器中，某儲氫反響：MHx(s) +

2、yH2(g) 一MHx + 2y(s) AH<0到達(dá)化學(xué)平衡。以下有關(guān)表達(dá)正確的選項是()。A .容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)保持不變B. 吸收 y mol H2只需 1 mol MH xC. 假設(shè)降溫，該反響的平衡常數(shù)減小D .假設(shè)向容器內(nèi)通入少量氫氣，那么v(放氫)> v(吸氫)3. (2021屆上海虹口期末)某反響A(g) + B(gC(g)的能量變化如以下列圖所示，由圖象可知，參加X后()。A .反響速率增大B.反響物轉(zhuǎn)化率增大C.生成物的能量降低D .反響的熱效應(yīng)降低4. (2021屆北京東城一模)某溫度下，在甲、乙、丙、丁四個恒容密閉容器中投入H2和I2，發(fā)生反響：H2(g) + 1

3、2(g)2HI(g)。反響體系中各物質(zhì)濃度的有關(guān)數(shù)據(jù)如下。容器起始濃度平衡濃度c(H2)/(mol L：1)c(l2)/(mol L 1)c(HI)/(mol L：1)甲0.010.010.004乙0.010.02a丙0.020.01b丁0.020.02一以下判斷正確的選項是()。A . HI的平衡濃度：a = b0.004B. 平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率：丁 甲C. 平衡時，乙中 H2的轉(zhuǎn)化率等于20%D .丙中條件下，該反響的平衡常數(shù)K=45. 一定溫度時，向2.0 L恒容密閉容器中充入 2 mol SO2和1 mol 02,發(fā)生反響：2SO2(g)+ °2(g)=2SO3(g)。經(jīng)過

4、一段時間后到達(dá)平衡。反響過程中測定局部數(shù)據(jù)見下表：t/s02468n (SO3)/mol00.81.41.81.8以下說法正確的選項是()。A .反響在前2 s的平均速率 v(O2)= 0.4 mol L-1 s 1B .保持其他條件不變，體積壓縮到1.0 L,平衡常數(shù)將增大C. 保持溫度不變，向該容器中再充入 2 mol SO2、1 mol O2,反響到達(dá)新平衡時 吟字增n O2大D. 相同溫度下，起始時向容器中充入4 mol SO3,到達(dá)平衡時，SO3的轉(zhuǎn)化率大于10%6. To C時，在2 L的密閉容器中發(fā)生反響： X(g) + Y(g) Z(g)(未配平)，各物質(zhì)的 物質(zhì)的量隨時間變化

5、的關(guān)系如圖a所示。其他條件相同，溫度分別為C、T2 C時發(fā)生反應(yīng)，X的物質(zhì)的量隨時間變化的關(guān)系如圖b所示。以下表達(dá)正確的選項是()。圖a A-+r'I+卄° l 2 s 4 56 7 Hn 丁於丄：丨V I ：丨丨丨二A .該反響的正反響是吸熱反響B(tài). T0 C,從反響開始到平衡時：v(X) = 0.083 mol L -1 min 1C.圖a中反響到達(dá)平衡時，Y的轉(zhuǎn)化率為37.5%D . T1 C時，假設(shè)該反響的平衡常數(shù)K = 50,那么T1V T07. (2021屆山東德州陵城一中月考)在一定溫度下，固定體積為2 L密閉容器中，發(fā)生反響：2SO2(g) + 02(g)2S

6、O3(g) 少0, n(SO2)隨時間的變化如下表。時間/min012345n (SO2)/mol0.200.160.130.110.080.08那么以下說法正確的選項是 ()。A .當(dāng)v(SO2) = v(SO3)時，說明該反響已到達(dá)平衡狀態(tài)B .用02表示04 min內(nèi)該反響的平均速率為 0.005 mol L -1 min 1C.平衡時再通入 02，平衡右移，02轉(zhuǎn)化率減小，S02轉(zhuǎn)化率增大D .假設(shè)升高溫度，那么 S02的反響速率會變大，平衡常數(shù)K值會增大二、非選擇題& (2021屆浙江嘉興一中月考)碳、硫和氮元素及其化合物的處理，是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。(1)C0

7、可轉(zhuǎn)化成二甲醚，原理為2C0(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H20(g)，一定條件下，該反響中C0的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度、 投料比的變化曲線如圖一所示，假設(shè)溫度升高，那么反響的平衡常數(shù) K將(填“增大.4CDJO77K.“減小或“不變)。IIHNaHSO潛液圖一(2)S02的水溶液呈酸性,亞硫酸的二級電離和圖二pH等于2,假設(shè)忽略Ka1 =某溫度下，0.02 mol L：1亞硫酸水溶液的H2O的電離，那么該溫度下亞硫酸的一級電離平衡常數(shù)(3)： 2SO2(g)+ 02(g) 2SO3(g) AH1 2N0(g) + 02(g) 2NO2(g) AH2假設(shè) AH1< AH

8、2<0,那么 S02(g) + NO2(g)=SO3(g) + NO(g)屬于(填“放熱或"吸熱)反響。假設(shè)用少量NaOH溶液吸收S02氣體，對產(chǎn)物 NaHS03進(jìn)一步電解可制得硫酸，電解原理示意圖如圖二所示，那么電解時陽極的電極反響式為(5)在恒溫密閉容器中通入S02 和 N02 各 1 mol 發(fā)生反響 S02(g) + N02(g)S03(g) +NO(g)，當(dāng)反響到達(dá)平衡后(此時N02的轉(zhuǎn)化率為a1),維持溫度和容積不變，10 min時再通入各1 mol的SO2和NO2的混合氣體，20 min時再次平衡(此時NO2的轉(zhuǎn)化率為 a)。兩次平衡時NO2的轉(zhuǎn)化率a1a(填“或

9、=)，并在以下列圖中畫出正反響速率在10 30 min間隨時間變化的曲線圖。(1)某實驗小組在實驗室模擬上述反響。一定溫度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的恒容密閉容器中通入 0.1 mol CO,5 min時生成2.24 g Fe。5 min內(nèi)用CO表示的平均反響速率是mol 1 min 1 ； 5 min時CO 2的體積分?jǐn)?shù)為 ;假設(shè)將此時反響體系中的混合氣體通入100 mL 0.9 mol L1的NaOH溶液中，充分反響后所得溶液中離子濃度由大到小 的順序是上述反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=;以下能說明該反響已經(jīng)到達(dá)平衡狀態(tài)的是(填序號)。a. 容器內(nèi)固體質(zhì)量保持不變b. 容器中氣體壓強(qiáng)保持不

10、變c. c(CO) = c(CO2)d. v 正(CO) = v 逆(CO2)上述反響的平衡常數(shù)K與溫度T(單位：K)之間的關(guān)系如以下列圖所示，其中直線H的斜率為一(氣體常數(shù)R= 8.3X 103 kJ mol 1 K一1)。R根據(jù)圖象可知, “減小或“不變)。該反響的AH =kJ mol 1O(4)結(jié)合上述有關(guān)信息，寫出兩條提高CO轉(zhuǎn)化率的措施： 10. Bodensteins研究了以下反響：2HI(g) 一 H2(g) + 12(g)在716 K時，氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x(HI)與反響時間t的關(guān)系如下表:t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150

11、.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784(1)根據(jù)上述實驗結(jié)果，該反響的平衡常數(shù)K的計算式為 。上述反響中，正反響速率為v(正)=k正x2(HI)，逆反響速率為 v(逆)=k逆x(H2) x(l2),其中k正、k逆為速率常數(shù)，那么 k逆為(以K和k正表示)。假設(shè)k正=0.0027 min一1,在t = 40 min 時，v(正)=min 1 °(3)由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v(正)x(HI)和v(逆)x(H2)的關(guān)系可用以下列圖表示。當(dāng)升高到某一溫度時，反響重新到達(dá)平衡，相應(yīng)的點分別為 (填字母)。11 . (2021屆山西朔州一中月考)在2 L密閉

12、容器中，800 C時反響2NO(g) +02(g)2NO2(g)體系中，n(NO)隨時間的變化如下表:時間/S012345n (NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)寫出該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式： K =。：K(300 C )>K(350 C)，該反響是 熱反響。(2)以下列圖中表示 N02的變化的曲線是 (填字母)。)°a. v(NO2)= 2v(O2)b. 容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變c. v 逆(NO) = 2v 正(O2)d. 容器內(nèi)的密度保持不變(4)為使該反響的反響速率增大，且平衡向正反響方向移動的是a. 及時別離出NO2氣體b. 適當(dāng)

13、升高溫度c. 增大O2的濃度d. 選擇高效的催化劑答案及解析1. D解析：設(shè)碘化銨生成氨氣和碘化氫的濃度為X。2HI(g)H2(g) + |2(g)起始x00mol L 1變化10.50.5mol L 1平衡x- 10.50.5mol L 1根據(jù)反響的平衡常數(shù)為20,得 x(x- 1) = 20,解得 x= 5 mol L 1, c(NH 3)= 5 mol L 1,A正確；平衡時HI分解率為1 mol5 molJ X 100% = 20%, B正確；反響固體生成氣體，氣體的平均摩爾質(zhì)量始終不變，反響反響前后氣體的物質(zhì)的量不變，氣體的平均摩爾質(zhì)量始終不變，故混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不再發(fā)生變化不

14、可以作為判斷該反響到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志，C正確；平衡后縮小容器容積，平衡逆向移動,NH4|的物質(zhì)的量增加，HI的物質(zhì)的量降低，平衡逆向移動，那么I2的物質(zhì)的量減小,D錯誤。2. A 解析：MHx(s)+ yH2(g)MHx+ 2y(s)H<0,該反響屬于氣體的物質(zhì)的量發(fā)生變化的反響。平衡時氣體的物質(zhì)的量不變，壓強(qiáng)不變,A正確；該反響為可逆反響，吸收 y降低溫度，平衡向正反響方向移動，平衡v放氫vmol H2需要MHx的物質(zhì)的量大于1 mol, B錯誤；常數(shù)增大，C錯誤；向容器內(nèi)通入少量氫氣，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動,v吸氫，D錯誤。3. A 解析：參加X后活化能降低，反響速率增大，反響

15、物轉(zhuǎn)化率不變，生成物的能 量不變，反響的熱效應(yīng)不變。4. A 解析：比照甲容器，乙容器中增大碘的濃度，平衡正向移動，碘化氫的濃度增 大，丙容器中氫氣的濃度增大，平衡正向移動，碘化氫的濃度增大，且兩者轉(zhuǎn)化率相同，故HI的平衡濃度：a = b>0.004, A正確；恒溫恒容，丁與甲相比，各物質(zhì)濃度增大一倍，為 等效平衡，轉(zhuǎn)化率相同，B錯誤；甲容器中氫氣的轉(zhuǎn)化率為0002 X 100%= 20%，乙中增大碘的濃度，氫氣的轉(zhuǎn)化率增大，大于20%, C錯誤；平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，故可以根據(jù)甲容器計算丙中條件下的平衡常數(shù)，K =盤盛=。25，D錯 誤。5- C解析：反響在前2

16、 s的平均速率v(SO3)= IL云=°2 mo1八同一可逆反1 _ _應(yīng)中同一段時間內(nèi)各物質(zhì)的反響速率之比等于其計量數(shù)之比，v(02)= 2x 0.2 mol L_=x (出1 AH2)v 0,反響放熱。 裝置的目的是用 Na2SO3溶液吸收SO2，再用惰性電極 s_1 =0.1 mol L _1 s_1，故A錯誤；化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，與壓強(qiáng)、物質(zhì)濃度都無關(guān)，故 B錯誤；溫度不變，向該容器中再充入 2 mol SO2、1 mol O2, 壓強(qiáng)增大，平衡正向移動，丄誣增大，故C正確；相同溫度下，起始時向容器中充入 4 moln O2SO3,如果三氧化

17、硫完全轉(zhuǎn)化為二氧化硫和氧氣，二氧化硫和氧氣的物質(zhì)的量分別是4 mol、2 mol，為原來的2倍，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，那么二氧化硫轉(zhuǎn)化率增大，所以二氧化硫 轉(zhuǎn)化率大于90%，相同溫度下，起始時向容器中充入4 mol SO3，到達(dá)平衡時，SO3的轉(zhuǎn)化率小于10%，故D錯誤。6. D 解析：根據(jù)“先拐先平，數(shù)值大的原那么可推知，T1>T2，溫度越高，X的物質(zhì)的量越大，那么平衡向左移動，正反響放熱，A錯誤；v(x)=0.3盂5m()l -°.。41 7 molL 1 min 1, B 錯誤;Y的轉(zhuǎn)化率為0.4 mol 0.15 mol0.4 mol=0.625C錯誤；由圖a可知X、

18、Y、Z物質(zhì)的量變化之比為 1 ： 1 ： 2,那么K0為33.3<50，平衡常數(shù)越小，溫度越高，D正確。7. C 解析：沒有標(biāo)出正逆反響速率，無法判斷，A錯誤；04 min , v(SO 2)=0.2 moL 4 m0n mol = 0.015 mol -L 1 min 1,速率之比等于系數(shù)之比，v(O 2) = 0.0075 mol Lmin _1, B錯誤；平衡時再通入 。2,平衡右移，O2轉(zhuǎn)化率減小，SO2轉(zhuǎn)化率增大，C正確; H<0,升高溫度，平衡左移，平衡常數(shù)K值減小，D錯誤。8. (1)減小 (2)0.01(3)放熱(4)HSO3 2e_ + H2O=3H + + SO

19、4 _=解析：(1)由圖一可知，對于反響CO2(g) + 3H2(g)CH30H(g) + H20(g)，溫度升高CO的平衡轉(zhuǎn)化率下降,一 +c HSO3 c HK減小。(2)電離平衡常數(shù) Ka1 =C H2SO30.01 x 0.010.02 0.01=0.01。1： 2SO2(g) + O22SO3(g) AH1， 2NO(g) + O22NO2(g) 少2 , ?()_ 1可得：NO2(g) + SO2(g)SO3(g) + NO(g) AH =寸(AH1AH2),假設(shè) AH1 <AH2 < 0,那么 AH電解吸收液將其轉(zhuǎn)化為 H2SO4，故陽極反響式為 HSO3 2e+ H

20、2O=3H + + SO。溫度 和容積不變，10 min時再通入各1 mol的SO2和NO2的混合氣體，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡不移動，NO2的轉(zhuǎn)化率不變，即a1= a。9. (1)0.00660% c(Na )>c(HCO 3)>c(CO3 )>c(OH )>c(H )3 C'COP ad (3)減小 24.9(4)降低C02的濃度 適當(dāng)降低溫度解析：(1)n(Fe)=2J = 0.04 mol，由反響可知消耗 CO 為 0.04 mol X 3 = 0.06 mol,56 g mol2那么5 min內(nèi)co的平均反響速率為v=2LS=°.°&#

21、176;6 mol L1 min1。反響前后氣體的總物質(zhì)的量不變，反響生成0.06 mol CO 2,那么5 min時CO2的體積分?jǐn)?shù)為 律需"X 1°°% = 6°%。將混合氣體通入 100 mL 0.9 mol L 1的NaOH溶液中，完全反響后可得 0.03 mol NaHCO 3和0.03 mol Na2CO3的混合溶液，因水解溶液顯堿性，且 CO2的水解程度大于 HCO3,所得溶 液中離子濃度由大到小的順序是 c(Na+)>c(HCO3)>c(CO2)>c(OH )>c(H + )。容器內(nèi)固體 質(zhì)量保持不變，能說明是平衡

22、狀態(tài)，故 a正確；因容器中氣體的總物質(zhì)的量不變，壓強(qiáng)保持不變無法說明是平衡狀態(tài)，故b錯誤；c(CO) = c(CO2)無法說明是平衡狀態(tài)，故 c錯誤；當(dāng)1v正(CO) = v逆(CO2)時能說明是平衡狀態(tài)，故 d正確。根據(jù)圖象可知，InK隨增大而增1大，而溫度越高，越小，那么該反響的平衡常數(shù)隨溫度升高而減小。設(shè)直線與縱軸交點的縱坐標(biāo)是b,那么有l(wèi)nK =宇 + b,將M、N兩點的坐標(biāo)數(shù)值代入求得b = 1.8,那么有4.8 =R IAH18.3 X 103 kJ mol 1 K1 忒 +8,解得 AH 一 24.9 kJ mol 1。(4)此反響正方向為放熱反應(yīng)，可以通過降低 CO2的濃度或適當(dāng)降低溫度， 使平衡正向移動，到達(dá)提高CO轉(zhuǎn)化率的目 的。10. (1)0.108篇108 K 1.95X 103 (3)AE解析：(1)設(shè)開始參加的HI為x mol，達(dá)平衡時轉(zhuǎn)化的 HI為a mol，那么2HI(g)三H2(g) + 12(g)開始量/mol轉(zhuǎn)化量/mol平衡量/molx axa所以=“.784,得0 108 x 0 108a= 0.216x, K= .,2。(2)平衡狀態(tài)下，v(正)=v(逆)，故0.7842k正 x HIk正逆=X H2 X I2有 k 正 x2(HI) = k 逆 x(H2)x(l2)