《课时讲练通》-学年高中化学选修四课后提升作业：-十-..化学平衡-Word含解析

1、课后提升作业 十化学平衡常数(45分钟100分)一、选择题(此题包括8小题,每题6分,共48分)1.(2021·成都高二检测)以下关于平衡常数K的说法中,正确的选项是()平衡常数K只与反响本身及温度有关改变反响物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K参加催化剂不改变平衡常数K平衡常数K只与温度有关,与反响的本身及浓度、压强无关A.B.C.D.【解析】选D。平衡常数K是一个温度函数,只与反响本身及温度有关,催化剂不能改变化学平衡,故参加催化剂不改变平衡常数K。【易错提醒】使用催化剂,只能改变化学反响速率,化学平衡不发生移动,化学平衡常数K不发生变化。2.电镀废液中Cr2O72-可通过以下反

2、响转化成铬黄(PbCrO4):Cr2O72-(aq)+2Pb2+(aq)+H2O(l)2PbCrO4(s)+2H+(aq)H<0。该反响达平衡后,改变条件,以下说法正确的选项是()A.移走局部PbCrO4固体,Cr2O72-转化率升高B.升高温度,该反响的平衡常数K增大C.参加少量NaOH固体,自然沉降后,溶液颜色变浅D.参加少量K2Cr2O7固体后,溶液中c(H+)不变【解析】选C。移走局部PbCrO4固体,各物质的浓度不发生变化,平衡不移动,Cr2O72-转化率不变,A错误;正反响是放热反响,升高温度,平衡向逆反响方向移动,平衡常数K减小,B错误;参加少量NaOH固体,消耗了溶液中的

3、H+,平衡向正反响方向移动,Cr2O72-(aq)浓度降低,溶液颜色变浅,C正确;参加少量K2Cr2O7固体后,增大了Cr2O72-(aq)的浓度,平衡向正反响方向移动,溶液中c(H+)增大,D错误。3.有反响:I2(g)+H2(g)2HI(g)H<0,该反响在恒容的密闭容器中到达平衡后,假设仅改变图中x的值,那么y随x变化趋势合理的是()选项xyA温度容器内混合气体的密度BI2的物质的量H2的转化率CH2的浓度平衡常数KD参加Ar的物质的量逆反响速率【解析】选B。该反响为体积守恒且正反响为放热的可逆反响。升高温度,平衡逆向移动,但密度不改变,A错误;增加I2的量,平衡正向移动,H2的转

4、化率增大,B正确;平衡常数只与温度有关,C错误;反响体系为恒容,增加Ar的物质的量,对反响物的浓度没有影响,逆反响速率不变,D错误。4.(2021·曲靖高二检测)等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行反响:X(g)+2Y(g)3Z(g)+Q(s)H>0,以下表达正确的选项是()A.当容器中X与Y的物质的量之比满足12时反响到达平衡B.到达平衡时X的转化率为25%,那么平衡常数K为9/4C.到达平衡后,反响速率2v正(Y)=3v逆(Z)D.到达平衡后,参加Q,平衡逆向移动【解析】选B。反响中X、Y按照物质的量之比12进行反响,而容器中两者物质的量之比为12时不一定到达平衡

5、,A项错误;设X、Y起始的物质的量都为1 mol,容器的体积为VL,到达平衡时X的物质的量是1 mol×(1-25%)=0.75 mol,消耗X的物质的量是0.25 mol,那么Y的物质的量为1 mol-0.25 mol×2=0.5 mol,生成Z的物质的量为0.25 mol×3=0.75 mol,那么平衡常数K=0.75V30.5V2×0.75V=94,B项正确;到达平衡后3v正(Y)=2v逆(Z),C项错误;由于Q为固体,参加Q后平衡不移动,D项错误。【方法规律】对于一个确定的可逆反响,温度一定,平衡常数只有一个,平衡常数与平衡转化率之间存在一定关系

6、,用平衡常数可以计算转化率,也可以用平衡转化率计算平衡常数。5.反响Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g),700时平衡常数为1.47,900时平衡常数为2.15。以下说法正确的选项是()A.升高温度该反响的正反响速率增大,逆反响速率减小B.该反响的化学平衡常数表达式为K=c(FeO)·c(CO)c(Fe)·c(CO2)C.绝热容器中进行该反响,温度不再变化,那么到达化学平衡状态D.该反响的正反响是放热反响【解析】选C。升高温度,可逆反响的正、逆反响速率都增大,A项错误;固体物质的浓度是定值,在平衡常数表达式中不出现固体物质的浓度,B项错误;根据题目提供的数据可知

7、,温度升高,K值增大,故该反响的正反响是吸热反响,D项错误。6.(2021·天津高考)某温度下,在2 L的密闭容器中,参加1 mol X(g)和2 mol Y(g)发生反响:X(g)+mY(g)3Z(g)。平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中参加1 mol Z(g),再次到达平衡后,X、Y、Z的体积分数不变。以下表达不正确的选项是()A.m=2B.两次平衡的平衡常数相同C.X与Y的平衡转化率之比为11D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4 mol·L-1【解析】选D。在此平衡体系中参加1 mol Z(g),在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变,

8、但单位体积内体系分子总数增多,依据勒夏特列原理,平衡应向使单位体积内分子总数减小的方向移动,但再次到达平衡后,X、Y、Z的体积分数不变,那么说明m+1=3,故m=2,A项正确;同一化学反响的平衡常数只与温度有关,两次平衡温度不变,平衡常数不变,B项正确;m=2,起始量X与Y物质的量之比为12,那么反响过程中由方程式可知反响的X与Y物质的量之比为12,故X与Y的平衡转化率之比为11,C项正确;m=2,那么该反响为反响前后气体总量不变的反响,故第二次平衡时Z的物质的量为(3+1)×10%=0.4(mol),故Z的浓度为0.4 mol÷2 L=0.2 mol·L-1,故

9、D项错误。【补偿训练】(2021·银川高二检测)一定温度下,在容积为1 L的密闭容器中,存在如下关系:xH2O(g)(H2O)x(g),反响物和生成物的物质的量随时间的变化关系如图。以下说法不正确的选项是()A.x=3B.该温度下,反响的平衡常数为0.125C.平衡时混合气体的平均摩尔质量是33.3 g·mol-1D.t1时刻,保持温度不变,再充入1 mol H2O(g),重新到达平衡时,c(H2O)xc(H2O)将增大【解析】选C。根据图象可得如下关系:xH2O(g)(H2O)x(g)起始5 mol0 mol转化3 mol1 mol平衡2 mol1 mol化学方程式中的化

10、学计量数之比等于参加反响各物质的物质的量之比,那么x=3,A项正确;该温度下反响的平衡常数K=123=0.125,B项正确;平衡时混合气体的平均摩尔质量M=2mol×18 g·mol-1+1mol×54 g·mol-12mol+1mol=30 g·mol-1,C项错误;t1时刻,保持温变不变,再充入1 mol水蒸气,相当于增大压强,平衡右移,重新到达平衡时,c(H2O)xc(H2O)将增大,D项正确。7.(双选)一定温度下,在三个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反响:2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)容器编号温度()超始

11、物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)3870.200.0800.0803870.402070.200.0900.090以下说法正确的选项是()A.该反响的正反响为放热反响B.到达平衡时,容器中的CH3OH体积分数比容器中的小C.容器中反响到达平衡所需时间比容器中的长D.假设起始时向容器中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH30.15 mol和H2O 0.10 mol,那么反响将向正反响方向进行【解析】选A、D。从表中数据知,容器相对于容器,温度降低,产物CH3OCH3和H2O的量增多,平衡正向移动,说明该反响的正反响为放热反响,A项

12、正确;该反响为等体积变化,容器投入量为容器的两倍,所以相当于加压,但是平衡不移动,所以两容器中的CH3OH体积分数相等,B项错误;容器的温度低,反响速率慢,到达平衡的时间长,C项错误;对于容器中,平衡时c(CH3OH)=0.040 mol·L-1,K=0.080×0.0800.0402=4,Q=0.15×0.100.152=0.67<K,说明反响应向正反响方向进行,D项正确。8.(2021·四川高考)一定条件下,CH4与H2O(g)发生反响:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。设起始n(H2O)n(CH4)=Z,在恒压下,平衡时CH

13、4的体积分数(CH4)与Z和T(温度)的关系如下图。以下说法正确的选项是()A.该反响的焓变H>0B.图中Z的大小为a>3>bC.图中X点对应的平衡混合物中n(H2O)n(CH4)=3D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小【解析】选A。据图分析,随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小,说明升温平衡正向移动,那么正反响为吸热反响,故A正确;n(H2O)n(CH4)的比值越大,起始时水蒸气浓度越大,那么甲烷的转化率越大,甲烷的体积分数越小,故a<3<b,故B错误;起始参加量的比值为3,但反响中甲烷和水是按等物质的量反响的,所以到达平衡时比值不是3,故C错

14、误;温度不变时,加压,平衡逆向移动,甲烷的体积分数增大,故D错误。【补偿训练】(2021·乌鲁木齐高二检测)反响aM(g)+bN(g)cP(g)+dQ(g)到达平衡时,M的体积分数y(M)与反响条件的关系如以下图所示。其中z表示反响开始时N的物质的量与M的物质的量之比。以下说法正确的选项是()A.同温同z时,参加催化剂,平衡时Q的体积分数增加B.同压同z时,升高温度,平衡时Q的体积分数增加C.同温同z时,增加压强,平衡时Q的体积分数增加D.同温同压时,增加z,平衡时Q的体积分数增加【解析】选B。由图象可知M的体积分数随着温度升高而减小,因此正反响是吸热反响。催化剂只能改变反响到达平衡

15、所需的时间,而对化学平衡移动无影响。升高温度平衡正向移动,因此Q的体积分数增加。比拟两图可知同温时增加压强,化学平衡逆向移动,Q的体积分数减小。同温同压时增加z,平衡时Q的体积分数不一定增加,因为N的物质的量增加不定,因此A、C、D选项错误,只有B正确。二、非选择题(此题包括3小题,共52分)9.(17分)A(g)+B(g)C(g)+D(g)反响的平衡常数和温度的关系如下:温度/7008008301 0001 200平衡常数1.71.11.00.60.4答复以下问题:(1)该反响的平衡常数表达式K=_,H_(填“<“>或“=)0。(2)830时,向一个5 L密闭容器中充入0.20

16、mol的A和0.80 mol的B,如反响初始6 s内A的平均反响速率v(A)=0.003 mol·L-1·s-1,那么6 s时c(A)=_mol·L-1,C的物质的量为_mol。(3)判断该反响是否到达平衡的依据为_(填正确选项前的字母)。a.压强不随时间改变b.气体的密度不随时间改变c.c(A)不随时间改变d.单位时间里生成C和D的物质的量相等(4)1 200时反响C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数的值为_。【解析】(1)因反响中的物质都是气体,据平衡常数的定义可知其K=c(C)·c(D)c(A)·c(B);由表中数据可知,温度升

17、高, K值减小,故正反响为放热反响,H<0。(2)v(A)=0.003 mol·L-1·s-1,那么6 s后A减少的浓度c(A)=v(A)t=0.018 mol·L-1,故剩余的A的浓度为0.2mol5 L-0.018 mol·L-1=0.022 mol·L-1;A减少的物质的量为0.018 mol·L-1×5 L=0.09 mol,根据方程式的化学计量数关系,生成的C的物质的量也为0.09 mol。(3)由于该反响是气体分子数不变的反响,容器中压强、气体的密度都永远不变,故a、b错;c(A)随反响的进行要减小,当c(

18、A)不变时反响达平衡,故c正确;不管是否到达平衡,单位时间里生成C和D的物质的量永远相等,故d错。(4)反响“C(g)+D(g)A(g)+B(g)与“A(g)+B(g)C(g)+D(g)互为逆反响,平衡常数互为倒数关系,故1 200时,C(g)+D(g)A(g)+B(g)的K=10.4=2.5。答案:(1)c(C)·c(D)c(A)·c(B)<(2)0.0220.09(3)c(4)2.5【补偿训练】在80时,将0.40 mol的四氧化二氮气体充入2 L已抽空的固定容积的密闭容器中,隔一段时间对该容器内的物质进行分析,得到如下数据:时间/s020406080100c(N

19、2O4)/mol·L-10.20a0.10cdec(NO2)/mol·L-10.000.12b0.220.220.22反响进行至100 s后将反响混合物的温度降低,发现气体的颜色变浅。(1)该反响的化学方程式为_。(2)20 s时,N2O4的浓度为_mol·L-1,020 s内N2O4的平均反响速率为_。(3)该反响的平衡常数表达式K=_,在80时该反响的平衡常数K值为_。(4)在其他条件相同时,该反响的K值越大,说明建立平衡时正反响进行的程度越_(填“大或“小)。【解析】(1)该反响的化学方程式为N2O42NO2。(2)20 s内NO2浓度的变化为0.12 mo

20、l·L-1,那么20 s内N2O4浓度的变化为0.06 mol·L-1,20 s时,N2O4的浓度为0.20 mol·L-1-0.06 mol·L-1=0.14 mol·L-1,020 s内N2O4的平均反响速率为0.06 mol·L-1÷20 s=0.003 mol·L-1·s-1。(3)该反响的平衡常数表达式K=c2(NO2)c(N2O4),由数据可知60 s后到达平衡,同(2)可求得60 s时c(N2O4)=0.09 mol·L-1,那么K=c2(NO2)c(N2O4)=0.2220.09

21、0.54。(4)在其他条件相同时,该反响的K值越大,反响进行的程度越大。答案:(1)N2O42NO2(2)0.140.003 mol·L-1·s-1(3)c2(NO2)c(N2O4)0.54(4)大10.(17分)(2021·三明高二检测)一定温度下,在一个10 L密闭容器中只投反响物发生某可逆反响,其平衡常数表达式为K=c(CO)·c(H2)c(H2O),请答复以下问题:(1)该反响的化学方程式为_;假设温度升高, K增大,那么该反响是_(填“吸热或“放热)反响。(2)能判断该反响一定到达平衡状态的是_(填字母序号)。A.v正(H2O)=v逆(H2)B

22、.容器中气体的平均相对分子质量不随时间改变C.消耗nmol H2的同时消耗nmol COD.容器中物质的总物质的量不随时间改变(3)该反响的v(正)随时间变化的关系如图,在t2min时改变了某种条件,改变的条件可能是_、_。【解析】(1)根据平衡常数的定义,生成物浓度的幂之积与反响物浓度的幂之积之比为平衡常数,再根据原子质量守恒定律可写出反响的方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。由于温度升高K增大,说明升高温度平衡向正反响方向移动,那么该反响是吸热反响。(2)v正(H2O)=v逆(H2)时,氢气正、逆反响速率相同,反响到达平衡,故A正确;反响前后气体的物质的量不相同,气体质量

23、变化,容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即到达平衡,故B正确;消耗nmol H2的同时消耗nmol CO,反响都代表逆反响,不能说明反响到达平衡状态,故C错误;碳为固体,反响前后气体体积发生变化,容器中气体总物质的量不随时间变化,说明反响到达平衡状态,故D正确。(3)由图象可以知道,在t2min时正反响速率立即增大,且到达平衡时正反响速率大于原平衡状态时的反响速率,说明到达平衡时反响物的浓度大于原平衡的浓度,根据影响反响速率的因素分析,可以参加反响物H2O(g),正反响速率会立刻增大,到达新的平衡时H2O(g)的浓度比原平衡的浓度大,反响速率增大;反响是吸热反响,也可以升高温度,正、逆反响速率都增大,且到达平衡时正、