第七單元測(cè)評(píng)手冊(cè)答案

1、.滾動(dòng)提升卷七1.A解析 焓變和熵變共同決定反響是否能自發(fā)進(jìn)展,故B錯(cuò)誤;放熱反響H<0,S<0時(shí)低溫自發(fā)進(jìn)展,高溫非自發(fā)進(jìn)展,吸熱反響H>0,S>0時(shí)高溫自發(fā)進(jìn)展,故C錯(cuò)誤;D中反響S<0,能自發(fā),說明H<0,故D錯(cuò)誤。2.B解析 壓強(qiáng)對(duì)反響速率的影響只能適用于氣體體系,且增大壓強(qiáng),活化分子百分?jǐn)?shù)不變,A錯(cuò)誤;升高溫度,活化分子百分?jǐn)?shù)增加,化學(xué)反響速率一定可以增大,B正確;活化分子間所發(fā)生的能發(fā)生反響的碰撞才是有效碰撞,C錯(cuò)誤;參加反響物,活化分子百分?jǐn)?shù)不變,但是單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增加,化學(xué)反響速率增大,且改變固體的質(zhì)量反響速率不變,D錯(cuò)誤。3.C解析

2、根據(jù)方程式可知,正反響是放熱反響,所以升高溫度,正、逆反響速率都是增大的,但逆反響速率增加的程度更大,A正確;正反響是氣體分子數(shù)減小的反響,所以增大壓強(qiáng),正、逆反響速率都是增大的,但正反響速率增加的程度更大,平衡向正反響方向挪動(dòng),B正確;增大反響物的濃度,正反響速率突然增大,而逆反響速率瞬間不變,后逐漸增大,平衡向正反響方向挪動(dòng),C不正確;催化劑可同等程度改變正、逆反響速率,D正確。4.C解析 正反響體積增加,體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化說明反響到達(dá)平衡狀態(tài),A正確;密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值,在反響過程中氣體質(zhì)量是變化的,因此氣體密度不再發(fā)生變化可以說明反響到達(dá)平衡狀態(tài),B正確;生成n m

3、ol CO的同時(shí)消耗n mol H2O均表示正反響速率,不能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài),C錯(cuò)誤;1 mol HH鍵斷裂的同時(shí)斷裂2 mol HO鍵表示正、逆反響速率相等,說明反響到達(dá)平衡狀態(tài),D正確。5.B解析 2Ag+Bg mDg+ Egn始 0.6 mol0.5 mol0 0n 0.4 mol0.2 mol0.2 mol0.2 moln平 0.2 mol0.3 mol 0.2 mol 0.2 mol故A=0.40.6×100%20%,B=0.20.5×100%20%;m1=0.20.2,m=1;vA=0.4mol0.4 L×5min=0.2 mol/L·m

4、in;n總=0.2+0.3+0.2+0.2 mol=0.9 mol。6.A解析 當(dāng)n=3時(shí),正反響是一個(gè)氣體分子數(shù)減小的放熱反響,壓強(qiáng)一定時(shí),溫度越高,B的百分含量越大;溫度一定時(shí),壓強(qiáng)越大,B的百分含量越小,A項(xiàng)正確。當(dāng)n=4時(shí),物質(zhì)的總質(zhì)量不變,恒容密閉容器容積恒定,那么密度始終不變,B項(xiàng)錯(cuò)誤。隨溫度升高,A的轉(zhuǎn)化率降低,C項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)n=5時(shí),溫度升高,混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大;溫度一定時(shí),壓強(qiáng)增大,混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大,故y可能表示混合氣體的平均摩爾質(zhì)量,D項(xiàng)錯(cuò)誤。7.B解析 通入與起始時(shí)等量的N2O4氣體相當(dāng)于增大壓強(qiáng),故N2O4的轉(zhuǎn)化率變小。8.B解析 溫度一定,平衡常數(shù)不變

5、,A錯(cuò)誤;甲中平衡常數(shù)K=c2(SO3)c2(SO2)·c(O2)=0.1620.042×0.04=400,B正確;乙和丙中二氧化硫起始量一樣,但丙中氧氣物質(zhì)的量大于乙中氧氣物質(zhì)的量,所以1<2,丙和丁中二氧化硫和氧氣起始濃度一樣,平衡等效,二氧化硫轉(zhuǎn)化率相等,C錯(cuò)誤;丙和丁平衡等效,三氧化硫濃度一樣,丙中二氧化硫和氧氣起始濃度是甲中二氧化硫和氧氣起始濃度的2倍,濃度加倍等效于增大壓強(qiáng),所以丙中三氧化硫濃度大于甲中三氧化硫濃度,D錯(cuò)誤。9.B解析 A項(xiàng),起始濃度一樣時(shí),溫度越高,反響速率越大,T3>273.15,錯(cuò)誤;B項(xiàng),從表格數(shù)據(jù)看出,273.15 K、1

6、mol·L-1時(shí)分解速率與298.15 K、0.04 mol·L-1時(shí)的瞬時(shí)速率相等,正確;C項(xiàng),表格列出條件有限,不能得出最正確分解條件,錯(cuò)誤;D項(xiàng),根據(jù)瞬時(shí)速率不能判斷是否焓增、熵增,錯(cuò)誤。10.C解析 升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率降低,那么升溫平衡逆向挪動(dòng),那么逆反響為吸熱反響,A正確;升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率降低,那么升溫平衡逆向挪動(dòng),所以M化學(xué)平衡常數(shù)大于N,B正確;化學(xué)反響速率隨溫度的升高而加快,但催化劑的催化效率降低,所以vN有可能小于vM,C錯(cuò)誤;由圖可知,當(dāng)溫度高于250 ,升高溫度催化劑逐漸失去活性,那么催化劑的催化效率降低,D正確。11.1NO20

7、.9向容器中參加0.8 mol NO2b AD>21793 kJ解析 1X、Y的起始濃度分別為0.2 mol/L、0.6 mol/L,10 min時(shí)到達(dá)平衡,X濃度增大了0.4 mol/L、Y的濃度減小0.2 mol/L,由于NO2、N2O4按物質(zhì)的量之比21反響,那么X為NO2、Y為N2O4;平衡常數(shù)K=c2(NO2)c(N2O4)=0.620.4=0.9。20 min時(shí),YN2O4的濃度不變,XNO2的濃度增大了0.4 mol/L,改變的條件應(yīng)是增大NO2的濃度,等效為增大壓強(qiáng),平衡向生成N2O4的反響方向挪動(dòng),四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率降低,答案選b。密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值,在

8、反響過程中質(zhì)量和容積始終是不變的,所以混合氣體的密度保持不變不能說明該反響處于平衡狀態(tài),A符合題意;顏色深淺和濃度有關(guān)系,所以混合氣體的顏色不再變化說明反響處于平衡狀態(tài),B不符合題意;正反響是氣體體積減小的反響,所以混合氣體的氣體壓強(qiáng)保持不變時(shí)可以說明反響處于平衡狀態(tài),C不符合題意;N2O4與NO2的物質(zhì)的量比為103時(shí)反響不一定處于平衡狀態(tài),D符合題意,答案選AD。假設(shè)反響在t 進(jìn)展,某時(shí)刻測(cè)得nNO2=0.6 mol、nN2O4=1.2 mol,那么此時(shí)濃度商=0.320.6=0.15<0.9,所以反響向正反響方向進(jìn)展,那么v正>v逆。2設(shè)1 mol N2O4l完全分解成相應(yīng)的

9、原子時(shí)需要吸收的能量為Q kJ,那么190 kJ/mol×2+390 kJ/mol×8+Q kJ/mol-946 kJ/mol×3-460 kJ/mol×8=-1225 kJ/mol,解得Q=1793。12.1小于CEF 2減小氨的催化氧化反響是放熱反響,升高溫度,平衡逆向挪動(dòng),K會(huì)減小 ABC升高溫度0.125 0解析 1合成氨反響屬于可逆反響,不可能進(jìn)展到底,該條件下反響放出的熱量小于92.4 kJ。降低溫度平衡正向挪動(dòng),但反響速率降低,不適宜實(shí)際消費(fèi);升高溫度、減小壓強(qiáng)平衡逆向挪動(dòng),且催化劑對(duì)平衡無影響;適當(dāng)增大壓強(qiáng)既加快反響速率又使平衡正向挪動(dòng);循環(huán)利用和不斷補(bǔ)充氮?dú)饧燃涌旆错懰俾视质蛊胶庹蚺矂?dòng);及時(shí)移出氨減小了生成物濃度,使得平衡正向挪動(dòng)。2因?yàn)樵摲错懙恼错懯欠艧岱错?溫度升高,平衡逆向挪動(dòng),H2O的含量減少,D錯(cuò)誤;壓強(qiáng)增大,反應(yīng)速率加快,到達(dá)平衡所需時(shí)間縮短,同時(shí)壓強(qiáng)增大平衡逆向挪動(dòng),NO的產(chǎn)率減小,NH3的轉(zhuǎn)化率減小,A、C正確;催化劑對(duì)平衡沒有影響,但能加快反響速率,使到達(dá)平衡所需時(shí)間縮短,B正確。比較第6 mi