[推荐学习]2022版一轮优化探究化学(人教版)练习：第七章-第24讲-化学平衡状态-Word版含解

1、生活的色彩就是学习课时作业1勒夏特列原理是自然界一条重要的根本原理。以下事实能用勒夏特列原理解释的是()ANO2气体受压缩后，颜色先变深后变浅B对2HI(g)H2(g)I2(g)平衡体系加压，颜色迅速变深C合成氨工业采用高温、高压工艺提高氨的产率D配制硫酸亚铁溶液时，常参加少量铁屑以防止氧化解析：2NO2(g)N2O4(g)的反响体系中，加压时平衡向正反响方向移动，但加压的瞬间c(NO2)浓度增大，颜色变深，然后浓度再逐渐减小，颜色先变深后变浅，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；反响2HI(g)H2(g)I2(g)是气体体积不变的反响，加压时平衡不移动，但因体积减小，c(I2)增大，颜色加深，

2、不能用勒夏特列原理来解释，故B错误；N2(g)3H2(g)2NH3(g)H<0，加压有利于反响正向进行，但升温却抑制反响的正向进行，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；配制硫酸亚铁溶液时，常参加少量铁屑来防止Fe2的氧化，发生的反响是不可逆过程，故D错误。答案：A2(2022·安徽合肥质检)在一定温度下的恒容密闭容器中，发生反响：2NO2(g)N2O4(g)。当以下所给有关量不再变化时，不能说明该反响已到达平衡状态的是()A混合气体的压强B混合气体的密度C混合气体的平均相对分子质量D.答案：B3合成氨所需的氢气可用煤和水做原料经多步反响制得，其中的一步反响为CO(g)H2O(g)

3、CO2(g)H2(g)H<0，反响到达平衡后，为提高CO的转化率，以下措施中正确的选项是()A增大压强B降低温度C增大CO的浓度 D更换催化剂解析：选项A，该反响为反响前后气体分子数相等的反响，压强对CO的转化率无影响；选项B，该反响为放热反响，降低温度有利于化学平衡向正反响方向移动，提高CO的转化率；增大CO的浓度会降低CO的转化率；选项D，更换催化剂不能使化学平衡发生移动。答案：B4如图是关于反响：A2(g)3B2(g)2C(g)H<0的平衡移动图像，影响平衡移动的原因是()A升高温度，同时加压B降低温度，同时减压C增大反响物浓度，同时使用催化剂D增大反响物浓度，同时减小生成物

4、浓度解析：A项，升高温度，同时加压，正、逆反响速率都增大，逆反响速率应在原速率的上方，故A错误；B项，降低温度，同时减压正、逆反响速率都降低，正反响速率应在原速率的下方，故B错误；C项，增大反响物浓度，同时使用催化剂，正、逆反响速率都增大，逆反响速率应在原速率的上方，但正反响速率增大更多，平衡向正反响方向移动，故C错误；D项，增大反响物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反响速率增大，逆反响速率减小，平衡向正反响方向移动，图像符合，故D正确。答案：D5(2022·辽宁朝阳重点中学联考)在恒容的密闭容器中，可逆反响：X(s)3Y(g)2Z(g)H0，到达平衡时，以下说法正确的选项是()A充

5、入少量He使容器内压强增大，平衡向正反响方向移动B升高温度，平衡向正反响方向移动，容器内压强减小C继续参加少量X，X的转化率减小，Y的转化率增大D继续参加少量Y，再次平衡时，Y的体积分数比上次平衡小解析：充入少量He使容器内压强增大，但各气体浓度不变，平衡不移动，A错误；升高温度，平衡向正反响方向移动，气体的物质的量减小，但是温度升高，所以压强不一定减小，B错误；继续参加少量X，X是固体，平衡不移动，Y的转化率不变，C错误；继续参加少量Y，平衡向正反响方向移动，再次平衡时，Y的体积分数比上次平衡小，D正确。答案：D6在密闭容器中的一定量的混合气体发生反响：xA(g)yB(g)zC(g)，平衡时

6、测得C的浓度为1 mol·L1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的1倍，再到达平衡时，测得C的浓度为0.6 mol·L1，以下有关判断正确的选项是()Axy>zB平衡向逆反响方向移动CB的转化率降低DA的体积分数减小解析：新平衡时C的浓度大于原来的0.5倍，说明平衡向正反响方向移动，所以xy<z，A和B的转化率增大，A的体积分数减小，故D正确。答案：D7I2在KI溶液中存在平衡I2(aq)I(aq)I(aq)，某I2、KI混合溶液中，c(I)与温度T的关系如下图(曲线上任何一点都表示平衡状态)，以下说法不正确的选项是()A反响I2(aq)I(aq)I(aq)

7、H<0B状态a与状态b相比，状态b时I2的转化率更高C假设T1 时，反响进行到状态d时，一定有v正>v逆D温度为T1 时，向该平衡体系中参加KI固体，平衡正向移动解析：根据图示，温度升高，c(I)减小，平衡左移，说明正反响为放热反响，A正确；由于升温平衡左移，状态b比状态a的I2的转化率低，B错误；T1 时d状态未到达平衡，向a状态转变时，c(I)增大，说明平衡正向移动，即v正>v逆，C正确；增大c(I)，平衡正向移动，D正确。答案：B8向一容积不变的密闭容器中充入1 mol N2O4，建立了平衡：N2O4(g)2NO2(g)，测知N2O4的转化率为a%，在其他条件不变时再通

8、入1 mol N2O4，待重新建立新平衡时N2O4的转化率为b%。a与b的大小关系为()Aa<b Ba>bCab D无法确定解析：不少同学认为，增加反响物的量，能提高反响物的转化率，应选择A项导致错误。假设在新、旧平衡之间设置一个中间过程，那么有利于问题的分析与解决。假设将状态的容器的容积扩大为原来的2倍，再参加1 mol N2O4，即构成其他条件不变时与之等效的中间状态，N2O4的转化率相同。将状态压缩到状态，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小。答案：B9相同容积的甲、乙、丙、丁四个密闭容器中，进行同样的可逆反响：2A(g)B(g)3C(g)2D(g)，起始时四个容器中所装A、B

9、的量分别见下表。一定温度下反响到达平衡后，以下说法正确的选项是()甲乙丙丁A/mol2121B/mol1122A.A的转化率为甲<丙<丁<乙BB的浓度为甲>丙>乙>丁CA的转化率为甲<乙<丙<丁DB的浓度为丁>丙>乙>甲解析：以乙为基准，丙相当于增大压强，平衡逆向移动，A的转化率降低；丁相当于在乙的根底上增加B的浓度，平衡正向移动，A的转化率升高；甲相当于在丙的根底上降低B的浓度，平衡逆向移动，A的转化率降低。因此，A的转化率关系为甲<丙<乙<丁。体积相等时， B的浓度大小关系与物质的量大小关系一致。以乙

10、为基准，甲相当于在乙的根底上增加A的浓度，平衡正向移动，B的物质的量减少；丙相当于在乙的根底上增大压强，平衡逆向移动，B的物质的量浓度增大；丁相当于在丙的根底上降低A的浓度，平衡逆向移动，B的浓度增大。因此，B的浓度大小关系为丁>丙>乙>甲。答案：D10一定条件下，可逆反响：X(g)3Y(g)2Z(g)，假设X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为0，单位mol·L1)，当到达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L1、0.3 mol·L1、0.08 mol·L1，那么以下判断不合理的是()Ac1c213B平衡时，Y和Z

11、的生成速率之比为32CX、Y的转化率不相等Dc1的取值范围为0<c1<0.14 mol·L1解析：X(g)3Y(g)2Z(g)起始浓度/(mol·L1)c1 c2 c3平衡浓度/(mol·L1)0.1 0.30.08由方程式可知，反响物的物质的量浓度的变化量与其化学计量数成正比，即(c10.1)(c20.3)13，那么c1c213，故A正确；Y和Z的生成速率之比为32，说明正、逆反响速率相等，反响到达平衡状态，故B正确；反响起始时c1c213，由方程式可知，反响物的物质的量变化量与其化学计量数成正比，转化的物质的量也为13，那么转化率应相等，故C错误；

12、达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L1、0.3 mol·L1、0.08 mol·L1，由于题目条件c1、c2、c3均不为0，那么开始时假设平衡正向移动，起始浓度c1应小于0.14 mol·L1，开始时假设平衡逆向移动，c1大于0即可，所以0<c1<0.14 mol·L1，故D正确。答案：C11(2022·广州质检)用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反响具有更好的催化活性。(1)实验测得在一定压强下，总反响的HCl平衡转化率随温度变化的HClT曲线如以

13、下图：那么总反响的H_0(填“>“或“<)；A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是_。(2)在上述实验中假设压缩体积使压强增大，请在上图画出相应HClT曲线的示意图，并简要说明理由：_。(3)以下措施中，有利于提高HCl的有_。(填字母序号)A增大n(HCl) B增大n(O2)C使用更好的催化剂 D移去H2O解析：(1)结合题中HClT图像可知，随着温度升高，HCl降低，说明升高温度平衡逆向移动，得出正反响方向为放热反响，即H<0；A、B两点A点温度低，平衡常数K(A)大。(2)结合可逆反响：2HCl(g)O2(g)H2O(g)Cl2(g)的特点，增大压强平衡向右移

14、动，HCl增大，那么相同温度下，HCl的平衡转化率比增压前的大，曲线如答案中图示所示。(3)有利于提高HCl，那么采取措施应使平衡2HCl(g)O2(g)H2O(g)Cl2(g)正向移动。A项，增大n(HCl)，那么c(HCl)增大，虽平衡正向移动，但HCl减小，错误；B项，增大n(O2)即增大反响物的浓度，D项，移去H2O即减小生成物的浓度，均能使平衡正向移动，两项都正确；C项，使用更好的催化剂，只能加快反响速率，不能使平衡移动，错误。答案：(1)<K(A)(2)见如图温度相同的条件下，增大压强，平衡右移，(HCl)增大，因此曲线应在原曲线上方(3)BD12肼(N2H4)与N2O4是火

15、箭发射中最常用的燃料与助燃剂。(1)800 时，某密闭容器中存在如下反响：2NO2(g)2NO(g)O2(g)H>0，假设开始向容器中参加1 mol·L1的NO2，反响过程中NO的产率随时间的变化如图曲线所示。反响相对于反响而言，改变的条件可能是_。请在图中绘制出在其他条件与反响相同，反响在820 时进行，NO的产率随时间的变化曲线。(2)N2O4(g)2NO2(g)H57.20 kJ·mol1，开始时，将一定量的NO2、N2O4充入一个容器为2 L的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如下表所示：时间/min051015202530c(X)/(mol·L1)

16、0.2c0.60.61.0c1c1c(Y)/(mol·L1)0. 6c0.40.40.4c2c2c(X)代表_(填化学式)的浓度。前10 min内用NO2表示的反响速率为_；20 min时改变的条件是_；重新到达平衡时，NO2的百分含量_(填字母)。a增大 b减小c不变d无法判断答案：(1)使用催化剂(2)NO20.04 mol·L1·min1向容器中参加0.8 mol NO2(其他合理答案也可)b13甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反响如下：.CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H

17、199 kJ·mol1.CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H258 kJ·mol1.CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H341 kJ·mol1答复以下问题：(1)反响的化学平衡常数K表达式为_；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_(填曲线标记字母)，其判断理由是_。(2)合成气组成n(H2)/n(COCO2)2.60时，体系中的CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图2所示。(CO)值随温度升高而_(填“增大或“减小，其原因是_；图2中的压强由大到小为_，其判断理由是_。解析：(1)根据平衡常数表达式可知反响的K；正反响是放热反响，升高温度平衡向逆反响方向移动，所以平衡常数减小，a正确。(2)升高温度时，反响为放热反响，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反响为吸热反响，平衡向右移动，产生CO的量增大；总结果是随温度升高，CO的转化率减小；由于同温时反响加压右移，有利于CO的转化，反响平衡不移动，CO的量不受压强影响