浙江2013版化學(xué)復(fù)習(xí)方略 課時提能演練(二十)7.2化學(xué)反應(yīng)的方向和限度

1、.溫馨提示： 此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)適宜的觀看比例，答案解析附后。課時提能演練二十 45分鐘 100分一、選擇題此題包括10小題，每題6分，共60分1.以下表達(dá)中能肯定某一可逆反響到達(dá)平衡狀態(tài)的是A.某固體物質(zhì)的濃度沒有改變B.正逆反響速率相等C.各物質(zhì)的濃度之比等于其方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)之比D.用各物質(zhì)表示的反響速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比2.2019·杭師大附中模擬熱化學(xué)方程式：2SO2gO2g 2SO3gHQ kJ·mol1Q0。以下說法正確的選項(xiàng)是A.一樣條件下，2 mol SO2g和1 mol O2g所具有的能量小于2 mol SO3

2、g所具有的能量B.將2 mol SO2g和1 mol O2g置于一密閉容器中充分反響后，放出熱量為Q kJC.增大壓強(qiáng)或升高溫度，該平衡都向逆反響方向挪動D.如將一定量SO2g和O2g置于某密閉容器中充分反響后放熱Q kJ，那么此過程中有2 mol SO2g被氧化3.某溫度下，可逆反響mAgnBgpCgqDg平衡常數(shù)為K，以下說法正確的選項(xiàng)是A.K越大，到達(dá)平衡時，反響進(jìn)展的程度越大B.K隨著溫度的升高而增大C.K越小，到達(dá)平衡時，反響物的轉(zhuǎn)化率越大D.K隨反響物濃度的改變而改變4.：NH42CO3s=NH4HCO3sNH3gH74.9 kJ·mol1，以下說法中正確的選項(xiàng)是A.該反

3、響中熵變小于0，焓變大于0B.該反響是吸熱反響，因此一定不能自發(fā)進(jìn)展C.碳酸鹽分解反響中熵增加，因此任何條件下所有碳酸鹽分解一定自發(fā)進(jìn)展D.判斷反響能否自發(fā)進(jìn)展需要根據(jù)H與S綜合考慮5.2019·張家口模擬t 時，某一氣態(tài)平衡體系中含有Xg、Yg、Zg、Wg四種物質(zhì)，此溫度下該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為：K，有關(guān)該平衡體系的說法正確的選項(xiàng)是A.升高溫度，平衡常數(shù)K一定增大B.增大壓強(qiáng)，Wg質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大C.該反響的反響方程式為X2Y2Z2WD.增大Xg濃度，平衡向逆反響方向挪動6.2019·舟山模擬可以證明可逆反響N23H22NH3已到達(dá)平衡狀態(tài)的是1個NN叁鍵斷裂的同時，有3個

4、HH鍵斷裂；1個NN叁鍵斷裂的同時，有6個NH鍵斷裂；其他條件不變時，混合氣體平均相對分子質(zhì)量不再改變；保持其他條件不變時，體系壓強(qiáng)不再改變；NH3%、N2%、H2%都不再改變；恒溫、恒容時，密度保持不變；正反響速率vH20.6 mol·L·min1，逆反響速率vNH30.4 mol·L·min1。A.全部 B.C. D.7.在25 時，密閉容器中X、Y、Z三種氣體的初始濃度和平衡濃度如表：物質(zhì)XYZ初始濃度/mol·L10.10.20平衡濃度/mol·L10.050.050.1以下說法錯誤的選項(xiàng)是A.反響到達(dá)平衡時，X的轉(zhuǎn)化率為50

5、%B.反響可表示為X3Y2Z，其平衡常數(shù)為1 600C.增大壓強(qiáng)使平衡向生成Z的方向挪動，平衡常數(shù)增大D.改變溫度可以改變此反響的平衡常數(shù)8.以下表達(dá)不正確的選項(xiàng)是A.化學(xué)平衡發(fā)生挪動，平衡常數(shù)不一定發(fā)生變化B.升高溫度會增大化學(xué)反響速率，其原因是增大了活化分子的百分?jǐn)?shù)C.某化學(xué)反響的能量變化如下圖，那么該反響的H>0，S>0D.H3PO4的電離常數(shù)：K1K2K39.在425 時，在1 L密閉容器中充入以下氣體物質(zhì)進(jìn)展的反響到達(dá)平衡，分析下面示意圖，從以下選項(xiàng)中選出能從示意圖中讀出相關(guān)信息的不正確選項(xiàng)A.同溫同壓下，只要物質(zhì)比例適宜，從正、逆方向都可以建立同一平衡狀態(tài)B.上述圖像表

6、示的反響為H2gI2g2HIgC.圖1H2的轉(zhuǎn)化率圖2HI的轉(zhuǎn)化率100%D.一樣條件下，分別從正、逆方向建立等同的平衡狀態(tài)，所需時間一樣10.探究題在體積、溫度都一樣的條件下有以下反響：2Ag2BgCg3Dg。現(xiàn)分別從兩條途徑建立平衡：.A、B的起始物質(zhì)的量均為2 mol，.C、D的起始物質(zhì)的量分別為2 mol和6 mol。以下表達(dá)中不正確的選項(xiàng)是A.、兩途徑到達(dá)平衡時，兩者對應(yīng)的各組分的體積分?jǐn)?shù)一樣B.、兩途徑到達(dá)平衡時，兩者混合氣的平均相對分子質(zhì)量一樣C.達(dá)平衡時，途徑所得混合氣的密度為途徑所得混合氣密度的1/2D.達(dá)平衡時，途徑的反響速率vA等于途徑的反響速率vA二、非選擇題此題包括3

7、小題，共40分11.14分氮化硅Si3N4是一種新型陶瓷材料，它可由石英與焦炭在高溫的氮?dú)饬髦?，通過以下反響制得：SiO2CN2Si3N4CO1配平上述反響的化學(xué)方程式將化學(xué)計(jì)量數(shù)填在方框內(nèi)。2該反響中的氧化劑是，其復(fù)原產(chǎn)物是 。3該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為K_。4假設(shè)知上述反響為放熱反響，那么其反響熱H零填“大于、“小于或“等于；升高溫度，其平衡常數(shù)值填“增大、“減小或“不變。5假設(shè)使壓強(qiáng)增大，那么上述平衡向反響方向挪動填“正或“逆。6假設(shè)CO生成速率為vCO18 mol·L1·min1，那么N2消耗速率為vN2_ mol·L1·min1。12.12分預(yù)

8、測題甲醇可通過將煤氣化過程中生成的CO和H2在一定條件下，發(fā)生如下反響制得：COg2H2gCH3OHg。請根據(jù)圖示答復(fù)以下問題：1從反響開場到平衡，用H2濃度變化表示平均反響速率vH2，CO的轉(zhuǎn)化率為_。2該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為_，溫度升高，平衡常數(shù) 填“增大、“減小或“不變。3假設(shè)在一體積可變的密閉容器中充入1 mol CO、2 mol H2和1 mol CH3OH，到達(dá)平衡時測得混合氣體的密度是同溫同壓下起始的1.6倍，那么參加各物質(zhì)后該反響向_填“正、“逆反響方向挪動，理由是_。13.14分2019·臺州模擬可逆反響：AgBgCgDgH<0。請答復(fù)以下問題：1在某溫度下

9、，反響物的起始濃度分別為：cA1 mol·L1，cB2.4 mol·L1，到達(dá)平衡時，A的轉(zhuǎn)化率為60%，此時B的轉(zhuǎn)化率為。2假設(shè)反響溫度降低，那么B的轉(zhuǎn)化率將填“增大、“減小或“不變。3假設(shè)反響溫度不變，反響物的起始濃度分別為cA4 mol·L1，cB a mol·L1，到達(dá)平衡后cC2 mol·L1，那么a。4假設(shè)反響溫度不變，反響物的起始濃度分別為cAcBb mol·L1，到達(dá)平衡后cD。保存兩位有效數(shù)字答案解析1.【解析】選B。固體物質(zhì)的濃度是一定值，無法用其濃度來判斷是否到達(dá)平衡，即A不正確；正逆反響速率相等是可逆反響到達(dá)平

10、衡的直接標(biāo)志，即B正確；各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，可逆反響才到達(dá)平衡，濃度之比與其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比是否相等不是判斷平衡的標(biāo)志，即C不正確；任何情況下都有反響速率之比等于相應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，即D不能判斷其是否到達(dá)平衡狀態(tài)。2.【解析】選D。該反響為氣體體積減小，正反響為放熱反響的可逆反響，故A項(xiàng)中，2 mol SO2g和1 mol O2g所具有的能量大于2 mol SO3g所具有的能量；B項(xiàng)中2 mol SO2和1 mol O2不能完全轉(zhuǎn)化，放出熱量小于Q kJ；C項(xiàng)中增大壓強(qiáng)，平衡正移，升高溫度，平衡逆移；D項(xiàng)中，由于反響后放出熱量Q kJ，即參加反響的SO2為2 mol。3.【解析】選A。K

11、的意義就是反響進(jìn)展的程度，K值越大，反響進(jìn)展的程度越大，A對；只有正反響為吸熱反響，K才隨著溫度的升高而增大，因?yàn)樵摲错懯俏鼰徇€是放熱反響不清楚，B錯；K值越大，反響物的轉(zhuǎn)化率越大，C錯；K只與溫度有關(guān)，與反響物的濃度無關(guān)，D錯。4.【解析】選D。該反響的H為正值，H>0，因?yàn)榉错懞笥袣怏w生成，反響前為固體，所以混亂度增加，熵變大于0，A錯；吸熱反響不一定不能自發(fā)進(jìn)展，B錯；熵增加的反響不一定能自發(fā)進(jìn)展，C錯；判斷反響能否自發(fā)進(jìn)展要根據(jù)H與S綜合分析，D正確。5.【解析】選D。據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式知該反響為2Zg2WgXg2Yg，C錯誤；因反響的熱效應(yīng)不確定，故A錯誤；增大壓強(qiáng)，平衡向正反響

12、方向挪動，Wg質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，B錯誤；增大生成物Xg濃度，平衡向逆反響方向挪動。6.【解析】選C。中均指正反響方向，錯誤；不同物質(zhì)的反響速率大小符合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，方向相反，說明反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，、正確；混合氣體的平均相對分子質(zhì)量，因m氣不變，n可變，故不變時，n不變，說明反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，正確；因反響前后氣體分子數(shù)可變，故壓強(qiáng)不變能說明反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，正確；符合化學(xué)平衡狀態(tài)的定義，正確；密度，因m氣、V容不變，故密度始終不變，錯誤。7.【解析】選C。題中有一明顯的錯誤，就是C選項(xiàng)中平衡常數(shù)增大，增大壓強(qiáng)不可能使平衡常數(shù)增大。根據(jù)表中數(shù)據(jù)0.10.050.20.050.10132可

13、推導(dǎo)出：X3Y2Z。平衡常數(shù)K1 600。8.【解析】選C?；瘜W(xué)平衡發(fā)生挪動，假如不是改變溫度引起的，那么平衡常數(shù)不變，A對；升高溫度，增大了活化分子的百分?jǐn)?shù)，所以反響速率增大，B對；該反響的反響物能量比生成物能量高，反響的H<0，S不能確定，C錯；磷酸為弱酸，并且酸性H3PO4>H2PO>HPO，酸性依次減弱，電離程度逐漸減小，D對。9.【解析】選D。圖1中是只加1 mol H2g和1 mol I2g從正反響開場的，圖2中是只加2 mol的HIg從逆反響開場的，兩種情況到達(dá)等效平衡。根據(jù)改變量可以確定兩個圖都表示H2gI2g2HIg。圖1H2的轉(zhuǎn)化率為79%，圖2HI的轉(zhuǎn)化

14、率為21%，圖1H2的轉(zhuǎn)化率圖2HI的轉(zhuǎn)化率100%。分別從正、逆方向建立等同的平衡狀態(tài)，所需時間t1和t2可能不同也可能一樣，圖中沒有說明。10.【解析】選D。由題意可知，、兩途徑為恒溫、等體積反響的等效平衡。途徑相當(dāng)于在途徑的根底上進(jìn)展了加壓2倍加壓，、兩途徑到達(dá)平衡時，兩者對應(yīng)的各組分的體積分?jǐn)?shù)、平均相對分子質(zhì)量均一樣，由于物質(zhì)的量途徑是途徑的2倍，體積相等，混合氣密度途徑為途徑的1/2；途徑相當(dāng)于在途徑的根底上進(jìn)展了加壓，化學(xué)反響速率更快。【方法技巧】等效平衡與等同平衡的分析方法在分析等效平衡與等同平衡時宜抓住3個變量，即體積分?jǐn)?shù)、物質(zhì)的量和物質(zhì)的量濃度，假設(shè)是“等同平衡三者皆一樣，假

15、設(shè)是“等效平衡那么體積分?jǐn)?shù)一定一樣，物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度可能會同比例發(fā)生變化。其規(guī)律總結(jié)如下：條件等效條件結(jié)果恒溫恒容反響前后氣體分子數(shù)不相等AgBgCgng0投料換算成一樣物質(zhì)表示時，量一樣回歸定值兩次平衡時各組分百分含量、n、c均一樣完全一樣等同平衡恒溫恒容反響前后氣體分子數(shù)相等AgBg 2Cgng0投料換算成一樣物質(zhì)表示時，等比例回歸定比兩次平衡時各組分百分含量一樣，n、c同比例變化等效平衡恒溫恒壓所有有氣體參加的可逆反響投料換算成一樣物質(zhì)表示時，等比例回歸定比兩次平衡時各組分百分含量一樣、c一樣，n同比例變化等效平衡11.【解析】先根據(jù)氧化復(fù)原反響方程式的配平原那么，配平化學(xué)方程式，

16、再寫出平衡常數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)反響是放熱反響，可知升溫后平衡常數(shù)的變化。1用化合價升降法配平：3SiO26C2N2Si3N46CO；3因?yàn)镹2、CO為氣體，K；4反響熱用H表示，H<0，升高溫度平衡向吸熱方向挪動，即向逆反響方向挪動，K減?。?增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向挪動，即向逆反響方向挪動；6速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，那么N2消耗速率為 mol·L1·min16 mol·L1·min1。答案：1362162N2Si3N43 4小于減小 5逆 6612.【解題指南】解答該題應(yīng)該注意下面三點(diǎn)：1根據(jù)圖一和反響方程式計(jì)算反響速率及轉(zhuǎn)化率。2

17、根據(jù)圖二判斷反響過程中的能量變化及反響是吸熱反響還是放熱反響，從而判斷平衡常數(shù)隨溫度的變化。3m/V，質(zhì)量不變，密度增大，體積減小，從而判斷反響方向。【解析】1根據(jù)圖一可知，反響開場到到達(dá)平衡的過程中CO的濃度變化為0.75 mol·L1，所以CO的反響速率為vCO0.75 mol·L1/10 min0.075 mol·L1·min1，根據(jù)反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知，vH22vCO2×0.075 mol·L1·min10.15 mol·L1·min1，CO的轉(zhuǎn)化率為0.75 mol·L1

18、/1.00 mol·L1×100%75%。2該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為K。根據(jù)圖二可知，反響物的能量比生成物的能量高，所以正反響為放熱反響，升高溫度，平衡常數(shù)減小。3因?yàn)榉错懳锖蜕晌锒际菤怏w，反響過程中質(zhì)量不變，氣體的密度m/V。密度增大，說明容器的體積減小，因?yàn)榉错懺诤銐旱臈l件下進(jìn)展，容器體積減小，說明反響后氣體的物質(zhì)的量減少，因?yàn)檎错懛较蚴菤怏w物質(zhì)的量減少的反響，所以平衡向正反響方向挪動。答案：10.15 mol·L1·min1 75%2K 減小3正 反響前后氣體總質(zhì)量不變，同溫、同壓下，到達(dá)平衡時，氣體密度增大，即氣體體積減小，平衡正移13.【解題指南】解答該題注意以下兩點(diǎn)：1利用“三行式進(jìn)展解題。2在同一溫度下，平衡常數(shù)不變。【解析】1根據(jù)A的轉(zhuǎn)化率可知，轉(zhuǎn)化A的濃度為0.6 mol·L1，轉(zhuǎn)化B的濃度也為0.6 mol·L1，B的轉(zhuǎn)化率為0.6 mol·L1/2.4 mol·L1×100%25%。2因?yàn)檎错憺榉艧岱错?，所以降低溫度，平衡向正反響方向挪動?/p>