高考化學(xué)總復(fù)習(xí)第七章化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡課時(shí)作業(yè)化學(xué)平衡新人教

1、。內(nèi)部文件，版權(quán)追溯課時(shí)作業(yè)21化學(xué)平衡一、選擇題1可以證明可逆反響N23H22NH3已到達(dá)平衡狀態(tài)的是()1個(gè)NN斷裂的同時(shí)，有3個(gè)HH鍵斷裂；1個(gè)NN鍵斷裂的同時(shí)，有6個(gè)NH鍵斷裂；其他條件不變時(shí)，混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變；恒溫恒容時(shí)，體系壓強(qiáng)不再改變；NH3、N2、H2的體積分?jǐn)?shù)都不再改變；恒溫恒容時(shí)，混合氣體的密度保持不變；正反響速率v(H2)0.6 mol/(L·min)，逆反響速率v(NH3)0.4 mol/(L·min)A全部 BC D解析：根據(jù)兩種化學(xué)鍵的斷裂情況可知反響方向相同，不能判斷反響是否到達(dá)平衡；反響方向相反，且速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，

2、說明反響已到達(dá)平衡；由于該反響為非等體積反響，混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變，說明各物質(zhì)的量不再變化，那么說明反響已到達(dá)平衡；恒溫恒容時(shí)，體系壓強(qiáng)不再改變，說明各物質(zhì)的量不再變化，那么說明反響已到達(dá)平衡；NH3、N2、H2的體積分?jǐn)?shù)都不再改變，說明各物質(zhì)的量不再變化，那么說明反響已到達(dá)平衡；恒溫恒容時(shí)，由于各物質(zhì)均為氣體，混合氣體的密度始終不變，不能判斷反響是否到達(dá)平衡；正、逆反響速率相等，那么說明反響已到達(dá)平衡。答案：C2以下對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的分析中，不正確的選項(xiàng)是()已達(dá)平衡的反響C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)，當(dāng)增加反響物物質(zhì)的量時(shí)，平衡一定向正反響方向移動(dòng)已達(dá)平衡的反響N2(

3、g)3H2(g)2NH3(g)，當(dāng)增大N2的濃度時(shí)，平衡向正反響方向移動(dòng)，N2的轉(zhuǎn)化率一定升高有氣體參加的反響平衡時(shí)，假設(shè)減小反響器容積時(shí)，平衡一定向氣體體積減小的方向移動(dòng)有氣體參加的反響平衡時(shí)，在恒壓反響器中充入稀有氣體，平衡一定不移動(dòng)A BC D解析：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)，當(dāng)增加碳的物質(zhì)的量時(shí)，平衡不移動(dòng)，不對(duì)；當(dāng)增大N2的濃度時(shí)，平衡向正反響方向移動(dòng)，N2的轉(zhuǎn)化率降低，不對(duì)；如果同時(shí)改變其他條件，平衡不一定向氣體體積減小的方向移動(dòng)；有氣體參加的反響達(dá)平衡時(shí)，在恒壓反響器中充入稀有氣體，容器容積增大，各物質(zhì)濃度減小，等效于減小壓強(qiáng)，平衡可能發(fā)生移動(dòng)，錯(cuò)誤。答案：D3將N

4、O2裝入帶有活塞的密閉容器中，當(dāng)反響2NO2(g)N2O4(g)到達(dá)平衡后，改變某個(gè)條件，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A升高溫度，氣體顏色加深，那么此反響為吸熱反響B(tài)慢慢壓縮氣體體積，平衡向正反響方向移動(dòng)，混合氣體的顏色變淺C慢慢壓縮氣體體積，假設(shè)體積減小一半，壓強(qiáng)增大，但小于原來的兩倍D恒溫恒容時(shí)，充入惰性氣體，壓強(qiáng)增大，平衡向正反響方向移動(dòng)，混合氣體的顏色變淺解析：升高溫度，氣體顏色加深，那么平衡向逆反響方向移動(dòng)，故正反響為放熱反響，A錯(cuò)誤；首先假設(shè)平衡不移動(dòng)，壓縮體積，氣體顏色加深，但平衡向正反響方向移動(dòng)，使混合氣體的顏色在加深后的根底上變淺，但一定比原平衡的顏色深，B錯(cuò)誤；同理，首先假設(shè)平

5、衡不移動(dòng)，假設(shè)體積減小一半，那么壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼膬杀叮胶庀蛘错懛较蛞苿?dòng)，使壓強(qiáng)在原平衡兩倍的根底上減小，C正確；體積不變，反響物及生成物濃度不變，所以正、逆反響速率均不變，平衡不移動(dòng)，顏色無變化，D錯(cuò)誤。答案：C4一定條件下，通過以下反響可實(shí)現(xiàn)燃煤煙氣中的硫的回收：SO2(g)2CO(g)2CO2(g)S(l)H<0。一定溫度下，在容積為2 L的恒容密閉容器中1 mol SO2和n mol CO發(fā)生反響，5 min后到達(dá)平衡，生成2a mol CO2。以下說法正確的選項(xiàng)是()A反響前2 min的平均速率v(SO2)0.1a mol·L1·min1B當(dāng)混合氣體的物質(zhì)

6、的量不再改變時(shí)，反響到達(dá)平衡狀態(tài)C平衡后保持其他條件不變，沉著器中別離出局部硫，平衡向正反響方向移動(dòng)D平衡后保持其他條件不變，升高溫度和參加催化劑，SO2的轉(zhuǎn)化率均增大解析：根據(jù)方程式可知，生成2a mol CO2的同時(shí)，消耗a mol SO2，其濃度是0.5a mol·L1，所以反響前5 min的平均速率v(SO2)0.5a mol·L1÷5 min0.1a mol·L1·min1，故前2 min的平均速率大于0.1a mol·L1·min1，A不正確；根據(jù)方程式可知，該反響是反響前后氣體的物質(zhì)的量減小的可逆反響，因此當(dāng)混

7、合氣體的物質(zhì)的量不再改變時(shí)，可以說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，B正確；S是液體，改變液體的質(zhì)量，平衡不移動(dòng)，C不正確；該反響是放熱反響，升高溫度平衡向逆反響方向移動(dòng)，SO2的轉(zhuǎn)化率降低，催化劑不能改變平衡狀態(tài)，轉(zhuǎn)化率不變，D不正確。答案：B54NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H905.9 kJ·mol1。一定條件下，向1 L密閉容器中投入0.8 mol的NH3和1.6 mol的O2，發(fā)生上述反響，第2 min和第4 min時(shí)NH3的物質(zhì)的量分別為0.6 mol和0.3 mol。以下說法中不正確的選項(xiàng)是()A上述反響的逆反響的活化能不小于905.9 kJ·mol1B

8、反響在第2 min到第4 min時(shí)，O2的平均速率為0.15 mol·L1·min1C反響第2 min時(shí)改變了某一條件，該條件可能是使用催化劑或升高溫度D平衡后降低壓強(qiáng)，混合氣體平均摩爾質(zhì)量減小解析：正反響是放熱反響，該反響的逆反響的活化能減去正反響的活化能等于905.9 kJ·mol1，那么逆反響的活化能不小于905.9 kJ·mol1，A項(xiàng)正確；v(O2)v(NH3)×0.187 5 mol·L1·min1，B項(xiàng)錯(cuò)誤；反響從第2 min到第4 min，使用催化劑或升高溫度均能加快反響速率，使反響物的物質(zhì)的量減少，C項(xiàng)正確

9、；平衡后降低壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，反響物和生成物的總質(zhì)量不變，總物質(zhì)的量增大，那么混合氣體平均摩爾質(zhì)量減小，D項(xiàng)正確。答案：B6對(duì)于平衡體系：aA(g)bB(g)cC(g)dD(g)H<0，以下判斷，其中正確的選項(xiàng)是()A假設(shè)溫度不變，容器體積擴(kuò)大一倍，此時(shí)氣體A的濃度是原來的0.48倍，那么ab>cdB假設(shè)從正反響開始，平衡時(shí)，氣體A、B的轉(zhuǎn)化率相等，那么起始時(shí)氣體A、B的物質(zhì)的量之比為baC假設(shè)平衡體系中共有氣體m mol，再向其中充入n mol B，到達(dá)平衡時(shí)氣體總物質(zhì)的量為(mn) mol，那么abcdD假設(shè)abcd，那么對(duì)于體積不變的容器，升高溫度，平衡向左移動(dòng)，容器中氣體

10、的壓強(qiáng)不變解析：假設(shè)溫度不變，容器體積擴(kuò)大一倍，如果反響前后氣體分子數(shù)不變，那么A的濃度為原來的0.5倍，現(xiàn)為原來的0.48倍，說明平衡向氣體分子數(shù)增多的方向(正反響方向)移動(dòng)，那么ab<cd，A錯(cuò)誤；假設(shè)起始?xì)怏wA、B的物質(zhì)的量分別為x mol、y mol，反響后A轉(zhuǎn)化了z mol，那么B轉(zhuǎn)化了 mol，轉(zhuǎn)化率相等那么，故，B錯(cuò)誤；當(dāng)abcd時(shí)，無論平衡怎么移動(dòng)，氣體總物質(zhì)的量是不變的，C正確；假設(shè)abcd，那么對(duì)于體積不變的容器，升高溫度，氣體物質(zhì)的量不變，但是溫度升高導(dǎo)致壓強(qiáng)增大，D錯(cuò)誤。答案：C7在恒溫、恒壓下，a mol X和b mol Y在一個(gè)容積可變的容器中發(fā)生反響：X(g

11、)2Y(g)2Z(g)，一段時(shí)間后到達(dá)平衡，生成n mol Z。那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()A物質(zhì)X、Y的轉(zhuǎn)化率之比為12B起始時(shí)刻和到達(dá)平衡后容器中的壓強(qiáng)之比為(ab)C當(dāng)2v正(X)v逆(Y)時(shí)，反響一定到達(dá)平衡狀態(tài)D充入惰性氣體(如Ar)，平衡向正反響方向移動(dòng)解析：根據(jù)化學(xué)方程式，X、Y轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量分別為0.5n mol、n mol，故X、Y的轉(zhuǎn)化率之比為b2a，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于該反響在恒溫、恒壓下進(jìn)行，因此起始時(shí)和平衡時(shí)容器中的壓強(qiáng)之比為11，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)2v正(X)v逆(Y)時(shí)，正、逆反響速率相等，反響到達(dá)平衡狀態(tài)，C項(xiàng)正確；充入惰性氣體(如Ar)，由于保持恒壓，那么容器體積增大，

12、平衡向氣體分子數(shù)增多的方向(逆反響方向)移動(dòng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：C8在恒溫恒壓下，向密閉容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，發(fā)生如下反響：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H<0。2 min后，反響到達(dá)平衡，生成SO3為1.4 mol，同時(shí)放出熱量Q kJ。那么以下分析正確的選項(xiàng)是()A在該條件下，反響前后的壓強(qiáng)之比為65.3B假設(shè)反響開始時(shí)容器體積為2 L，那么v(SO3)0.35 mol/(L·min)C假設(shè)把“恒溫恒壓下改為“恒壓絕熱條件下反響，平衡后n(SO3)<1.4 molD假設(shè)把“恒溫恒壓下改為“恒溫恒容下反響，達(dá)平衡時(shí)放出熱量大于Q kJ解析

13、：由平衡時(shí)n(SO3)1.4 mol可知此時(shí)n(SO2)2.6 mol，n(O2)1.3 mol。因是恒溫恒壓條件，所以反響前后壓強(qiáng)不變，A錯(cuò)誤；因該反響是氣體分子數(shù)變小的反響，所以隨著反響的進(jìn)行，體積逐漸變小，小于2 L，所以v(SO3)大于0.35 mol/(L·min)，B錯(cuò)誤；該反響為放熱反響，在絕熱條件下隨著反響的進(jìn)行要放熱，到達(dá)平衡時(shí)與恒溫恒壓條件下的平衡比擬，平衡要逆向移動(dòng)，所以n(SO3)<1.4 mol，C正確；恒溫恒容下的平衡與原來恒溫恒壓下的平衡比擬，平衡要逆向移動(dòng)，所以放出的熱量小于Q kJ，D錯(cuò)誤。答案：C9某密閉容器中充入等物質(zhì)的量的A和B，一定溫度

14、下發(fā)生反響A(g)xB(g)2C(g)，到達(dá)平衡后，在不同的時(shí)間段，分別改變影響反響的一個(gè)條件，測得容器中物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度、反響速率分別隨時(shí)間的變化如下圖：以下說法中正確的選項(xiàng)是()A3040 min內(nèi)該反響使用了催化劑B化學(xué)方程式中的x1，正反響為吸熱反響C30 min時(shí)降低溫度，40 min時(shí)升高溫度D8 min前A的平均反響速率為0.08 mol·L1·min1解析：假設(shè)使用催化劑，那么化學(xué)反響速率增大，A錯(cuò)誤；由物質(zhì)的量濃度時(shí)間圖象可知，A、B的濃度變化相同，故A、B的化學(xué)計(jì)量數(shù)相同，都為1；由反響速率時(shí)間圖象可知，30 min時(shí)改變的條件為減小壓強(qiáng)，40 min

15、時(shí)改變的條件為升高溫度，且升高溫度平衡向逆反響方向移動(dòng)，那么正反響為放熱反響，B、C錯(cuò)誤；前8 min內(nèi)A的平均反響速率為0.08 mol·L1·min1，D正確。答案：D10以下有關(guān)化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡影響的圖象，其中圖象和實(shí)驗(yàn)結(jié)論表達(dá)均正確的選項(xiàng)是()Aa是其他條件一定時(shí)，反響速率隨溫度變化的圖象，正反響H<0Bb是在有無催化劑存在下建立的平衡過程圖象，是使用催化劑時(shí)的曲線Cc是一定條件下，向含有一定量A的容器中逐漸參加B時(shí)的圖象，壓強(qiáng)p1>p2Dd是在平衡體系的溶液中溶入少量KCl晶體后化學(xué)反響速率隨時(shí)間變化的圖象解析：根據(jù)圖象a，升高溫度，平衡正向移動(dòng)

16、，正反響H>0，A錯(cuò)誤；b圖象中，使用催化劑，反響速率加快，先到達(dá)平衡，B正確；c圖象中，此反響為反響前后氣體物質(zhì)的量不變的化學(xué)反響，改變壓強(qiáng)不影響平衡狀態(tài)，即不影響A的轉(zhuǎn)化率，且由于不斷參加B，A的轉(zhuǎn)化率增大，C錯(cuò)誤；d圖象中，反響實(shí)質(zhì)是Fe33SCNFe(SCN)3，K和Cl不參加化學(xué)反響，KCl濃度增大不影響化學(xué)平衡，D錯(cuò)誤。答案：B11利用I2O5可消除CO污染，反響為5CO(g)I2O5(s)5CO2(g)I2(s)H。不同溫度(T1、T2)下，向裝有足量I2O5固體的2 L恒容密閉容器中通入2 mol CO，測得CO2氣體體積分?jǐn)?shù)(CO2)隨時(shí)間t變化曲線如下圖。以下說法正確

17、的選項(xiàng)是()AT1<T2，H>0BT1溫度下，該反響的平衡常數(shù)為1 024CT2溫度下，00.5 min內(nèi)，CO的平均反響速率為0.3 mol·L1·min1DT1溫度下，假設(shè)向裝有足量I2固體的2 L恒容密閉容器中通入10 mol CO2，到達(dá)平衡時(shí)，(CO2)0.6解析：T2先達(dá)化學(xué)平衡，T1<T2，溫度高的，到達(dá)化學(xué)平衡時(shí)(CO2)較小，說明該反響為放熱反響，H<0，A不正確；T1平衡時(shí)，(CO2)0.8，平衡時(shí)n(CO2)2 mol×0.81.6 mol，n(CO)2 mol2 mol×0.80.4 mol，再根據(jù)容器體積

18、，計(jì)算出平衡時(shí)氣體的物質(zhì)的量濃度，c(CO2)0.8 mol·L1，c(CO)0.2 mol·L1，K1 024，B正確；T2溫度下，00.5 min內(nèi)，CO的平均反響速率為0.6 mol·L1·min1，C不正確；T1溫度下，通入10 mol CO2相當(dāng)于加壓，而該反響前后氣體體積不變，加壓不影響化學(xué)平衡，(CO2)0.8，D錯(cuò)誤。答案：B12某溫度下，H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)的平衡常數(shù)K9/4，該溫度下在甲、乙、丙三個(gè)恒容密閉容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始濃度如表所示：起始濃度甲乙丙c(H2)/(mol·L

19、1)0.0100.0200.020c(CO2)/(mol·L1)0.0100.0100.020以下判斷不正確的選項(xiàng)是()A平衡時(shí)，乙中H2的轉(zhuǎn)化率大于60%B平衡時(shí)，甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均是60%C平衡時(shí)，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.008 mol·L1D反響開始時(shí)，丙中的反響速率最快，甲中的反響速率最慢解析：利用“三段式計(jì)算容器甲中根據(jù)平衡常數(shù)c2/(0.010c)29/4，得c0.006 mol·L1。H2的轉(zhuǎn)化率為(H2)0.006 mol·L1/0.010 mol·L160%，同樣計(jì)算可得丙中H2的轉(zhuǎn)化率也是60%，B正確；乙

20、容器相當(dāng)于在甲的根底上增大氫氣濃度，平衡正移，但氫氣的轉(zhuǎn)化率減小，A錯(cuò)誤；甲和丙是等效平衡關(guān)系，起始時(shí)各物質(zhì)濃度是2倍關(guān)系，平衡時(shí)各物質(zhì)仍然是2倍關(guān)系，C正確；反響開始時(shí)，甲中濃度最小，丙中濃度最大，D正確。答案：A二、非選擇題13能源、環(huán)境與生產(chǎn)、生活和社會(huì)開展密切相關(guān)。一定溫度下，在兩個(gè)容積均為2 L的密閉容器中，分別發(fā)生反響：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H49.0 kJ·mol1。相關(guān)數(shù)據(jù)如下：(1)c1_c2(填“>“<或“)，a_。(2)該溫度下反響的平衡常數(shù)K_；假設(shè)甲中反響10 s時(shí)到達(dá)平衡，那么010 s內(nèi)甲中的平均反響速率v(H2

21、)_。(3)以下情況能說明該反響一定到達(dá)平衡狀態(tài)的是_(填字母編號(hào))。av(CO2)消耗v(CH3OH)生成b氣體的密度不再隨時(shí)間改變cCO2和CH3OH的濃度之比不再隨時(shí)間改變d氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再隨時(shí)間改變(4)其他條件不變，到達(dá)平衡后，以下不能提高H2轉(zhuǎn)化率的操作是_(填字母編號(hào))。a降低溫度b充入更多的H2c移除甲醇 d增大容器體積解析：(1)等效平衡，等溫等容條件下，反響前后氣體化學(xué)計(jì)量數(shù)之和不相等，轉(zhuǎn)化到同一半邊，投入量跟原平衡投入量相等，這兩個(gè)平衡是全等平衡，即c1c2，根據(jù)等效平衡得出：29.4a49.0，a19.6。(2)設(shè)消耗CO2物質(zhì)的量為x。根據(jù)放出的熱量得出x2

22、9.4 kJ÷49 kJ/mol0.6 mol。K2.1，v(H2)3×0.6 mol÷(2 L×10 s)0.09 mol·L1·s1。(3)用反響速率表示到達(dá)平衡狀態(tài)，不同種物質(zhì)表示時(shí)，要求反響方向一正一逆，且反響速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，消耗CO2和生成CH3OH是同一方向，故a不能作為到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志；依據(jù)m/V，反響物和生成物都是氣體，反響過程中氣體的質(zhì)量不變，條件是等溫等容，V不變，故b不能作為到達(dá)化學(xué)平衡的標(biāo)志；依據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的定義：一定條件下，當(dāng)各組分的濃度不再改變，此狀態(tài)為化學(xué)平衡狀態(tài)，故c能作為到達(dá)化學(xué)平衡

23、狀態(tài)的標(biāo)志；Mm/n，m始終不變，根據(jù)反響方程式，隨反響進(jìn)行氣體的物質(zhì)的量減小，n是改變的，故d能作為到達(dá)化學(xué)平衡的標(biāo)志。(4)此反響是放熱反響，根據(jù)勒夏特列原理，降低溫度，反響向正反響移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率升高，故a不符合題意；充入更多的氫氣，反響雖然向正反響方向移動(dòng)，但氫氣的轉(zhuǎn)化率降低，符合題意；移除甲醇，減少生成物的濃度，反響向正反響方向移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率增大，故不符合題意；增大容器體積，組分濃度減小，平衡向逆反響方向移動(dòng)H2的轉(zhuǎn)化率減小，故d符合題意。答案：(1)19.6(2)2.1(寫成也可)0.09 mol·L1·s1(3)cd(4)bd14合成氨工業(yè)是貴州省開磷集

24、團(tuán)的重要支柱產(chǎn)業(yè)之一。氨是一種重要的化工原料，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。(1)一定溫度下，在固定容積的密閉容器中進(jìn)行可逆反響：N2(g)3H2(g)2NH3(g)。該可逆反響到達(dá)平衡的標(biāo)志是_(填字母)。A3v正(H2)2v逆(NH3)B單位時(shí)間生成m mol N2的同時(shí)生成3m mol H2C容器內(nèi)的總壓強(qiáng)不再隨時(shí)間而變化D混合氣體的密度不再隨時(shí)間變化(2)工業(yè)上可用天然氣為原料來制取合成氨的原料氣氫氣。某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)模擬工業(yè)制取氫氣的原理，在一定溫度下，容積為2 L的恒容密閉容器中測得如表所示數(shù)據(jù)。請答復(fù)以下問題：時(shí)間/minCH4(mol)H2O(mol)CO(mol)H2(mol)00.401.00005a0.80c0.6070.20b0.20d100.210.810.190.64分析表中數(shù)據(jù)，判斷5 min時(shí)反響是否處于平衡狀態(tài)？_(填“是或“否)，前5 min反響的平均反響速率v(CH4)_。該溫度下，上述反響的平衡常數(shù)K_。710 min，CO的物質(zhì)的量減少的原因可能是_(填字母)。A減少CH4的物質(zhì)的量B降低溫度C升高溫度 D充入H2(3)氨的催化氧化：4NH3(g