江苏专-化学平衡状态-化学平衡移动-单元测试

1、化学平衡状态 化学平衡移动1一定温度下对于可逆反响A(g)2B(g)3C(g)的以下表达中，能说明反响已到达平衡的是()A单位时间内消耗的a mol A，同时生成3a mol CBC的生成速率与C的分解速率相等C容器内的压强不再变化D混合气体的物质的量不再变化解析：选BA项，均描述正反响过程，不能说明到达平衡；B项，v正(C)v逆(C)，故到达平衡；C项，反响前后气体计量数不变，即容器内压强恒定不变，不能说明到达平衡；D项，据C项解释可知不能说明到达平衡。2密闭容器中一定量的混合气体发生反响：xA(g)yB(g)zC(g)，平衡时，测得A的浓度为0.50 molL1，在温度不变时，把容器容积扩

2、大到原来的2倍，使其重新到达平衡，A的浓度为0.30 molL1，有关表达不正确的选项是()A平衡一定向右移动BB的转化率减小Cxyz DC的体积分数减小解析：选A假设把容器扩大到原来的2倍时，平衡不移动，那么这时A的浓度由0.50 molL1变为0.25 molL1，而A的浓度为0.30 molL1，平衡向生成A的方向移动，即向逆反响方向移动，A不正确。3在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反响：X(g)Y(g)2Z(g)Hv(正)C保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，到达平衡时，n(Z)0.24 m

3、olD其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16 mol气体X，与原平衡相比，到达新平衡时，气体Y的转化率增大，X的体积分数增大解析：选D2 min内n(Y)(0.160.12)mol0.04 mol，因此n(Z)0.08 mol，c(Z)0.008 molL1，v(Z)0.004 molL1min1，故A错误；该反响正反响是放热反响，降低温度平衡向正反响方向移动，反响到达新平衡前v(逆)0。到达平衡后，改变一个条件(x)，以下量(y)一定符合图中曲线的是()选项xyA通入A气体B的转化率B参加催化剂A的体积分数C增大压强混合气体的总物质的量D升高温度混合气体的总物质的量解析：选AA项，当通入A

4、气体时，平衡向正反响方向移动，B的转化率增大，正确；B项，参加催化剂只能改变反响速率，平衡不移动，A的体积分数不变，错误；C项，增大压强，平衡向正反响方向移动，混合气体的总物质的量减小，错误；D项，正反响为吸热反响，升高温度，平衡向吸热反响方向移动，混合气体的总物质的量减小，错误。5T 时，体积均为0.5 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反响：2A(g)B(g)2C(g)HQ kJmol1(Q0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol到达平衡时体ABC系能量的变化2100.75Q kJ0.40.21.6以下表达中正确的选项是()A容器、中反响的

5、平衡常数均为18B容器中到达平衡时放出的热量为0.05Q kJC向容器中通入氦气，平衡时A的转化率不变D其他条件不变，假设容器保持恒容绝热，那么到达平衡时C的体积分数小于解析：选AC根据容器数据可知反响平衡转化率为75%，据此计算： 2A(g)B(g)2C(g)起始(mol)2 1 0变化(mol) 1.5 0.75 1.5平衡(mol) 0.5 0.25 1.5可得该反响的平衡常数为18，容器反响温度和容器反响相同，因此其平衡常数也为18，A项正确；由容器各物质的物质的量可知容器反响为非平衡状态，反响逆向进行，到达平衡时应该吸热，B项错误；保持容器体积不变通入氦气，各物质浓度不变，平衡不移动

6、，C项正确；假设容器和容器等温等容，那么为等效平衡，到达平衡时C的体积分数等于，现容器保持恒容绝热，因反响吸热温度降低，平衡正向移动，到达平衡时C的体积分数大于，D项错误。6(2021无锡一模)一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，进行反响2SO2O22SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示。以下判断正确的选项是()甲乙丙丁密闭容器体积/L2221起始物质的量n(SO2)/mol0.400.800.800.40n(O2)/mol0.240.240.480.24SO2的平衡转化率/%80123A该温度下，该反响的平衡常数K为400BSO2的平衡

7、转化率：123C到达平衡时，容器丁中的正反响速率比容器丙中的大D到达平衡时，容器丙中c(SO3)大于容器甲中c(SO3)的两倍解析：选AD平衡常数K，由甲中数据可知，平衡时c(SO3)0.16 molL1、c(SO2)0.04 molL1、c(O2)0.04 molL1，代入计算得K400，A正确；丙中n(O2)是乙中的2倍，平衡正向移动，SO2转化率增大，故1p2，a3B图甲，T10C图乙，t1时表示恒温、恒压条件下，向平衡体系中充入一定量的Z气体D图乙，如果a3，t2时表示向体系中参加了催化剂解析：选C根据“先拐先平，数值大分析图甲。从p1T1与p2T1两条曲线看，p1p2，且p1时Z的体

8、积分数小，说明增大压强平衡逆向移动，a3，A项错误；同样方法可得T1T2，T2温度高而Z的体积分数低，说明升高温度平衡逆向移动，正反响为放热反响，那么Q0，B项错误；由于恒温恒压条件下，通入Z气体使Z的浓度增大，X、Y的浓度减小，故v(逆)增大，v(正)减小，C项正确；a3时，使v(正)和v(逆)同等程度变化的条件有参加催化剂和增大压强，D项错误。8(2021镇江一模)一定量的CO2与足量碳在体积可变的恒压密闭容器中反响：C(s)CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图。以下说法正确的选项是()A550 时，假设充入惰性气体，v(正)、v(逆)均减小，平衡不移动B

9、650 时，反响达平衡后CO2的转化率为25.0%CT 时，假设充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反响方向移动D925 时，此反响的平衡常数K2 304，保持温度不变，假设缩小体积，K值将变小解析：选B因为容器的体积可变，充入惰性气体后，容器体积增大，平衡正向移动，A错误；假设容器中充入1 mol CO2，设转化掉的CO2有x mol，那么CO体积分数40%，那么x0.25，故CO2的转化率为25.0%，B正确；由图可知，在T 时，CO和CO2的体积分数相等，当通入等体积的CO2和CO时，平衡不移动，C错误；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，D错误。9(2021无锡一模)一定温度下

10、，将1 mol X、1 mol Y和1 mol W充入2 L恒容密闭容器，发生反响X(g)Y(g)mZ(g)W(s)，t1时到达平衡。在t2、t3时刻分别改变影响反响的一个条件，测得容器中气体Z的浓度随时间变化如下图。以下说法正确的选项是()A化学方程式中的m2Bt2时刻改变的条件是参加了催化剂或加压Ct3时刻改变的条件是移去少量物质WDt3时刻改变的条件可能是增加了X的物质的量解析：选AD由图示可知，在t2时，改变的条件使得c(Z)增大后保持不变，故采用的条件是增大压强，而不是参加催化剂，且增大压强后平衡未移动，因W是固体，故m2，A正确、B错误；因为W是固体，移去少量物质W后对平衡无影响，

11、C错误；由于t3后c(Z)逐渐增大，平衡正向移动，故可能是增大了反响物的浓度，D正确。10一定条件下合成乙烯：6H2(g)2CO2(g)CH2=CH2(g)4H2O(g)。温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如下图，以下说法正确的选项是()A生成乙烯的速率：v(M)有可能小于v(N)B当温度高于250 ，升高温度，平衡向逆反响方向移动，催化剂的催化效率降低C平衡常数：KMKN，C错误；在M点时，CO2的转化率为50%，设起始时充入3 mol H2和1 mol CO2，那么平衡时n(H2)、n(CO2)、n(CH2=CH2)、n(H2O)分别为1.5 mol、0.5 mol、0.25

12、mol、1 mol，故乙烯的体积分数为7.7%，D错误。11当温度高于500 K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇，这在节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。答复以下问题：(1)该反响的化学方程式为_；其平衡常数表达式为K_。(2)在恒容密闭容器中，判断上述反响到达平衡状态的依据是_。a体系压强不再改变bH2的浓度不再改变c气体的密度不随时间改变d单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为31(3)在一定压强下，测得由CO2制取CH3CH2OH的实验数据中，起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图。根据图中数据分析：降低温度，平衡向_方向移动。在700 K、起始投料比1.5时，H2的

13、转化率为_。在500 K、起始投料比2时，到达平衡后H2的浓度为a molL1，那么到达平衡时CH3CH2OH的浓度为_。解析：(1)由题给信息可得到该反响的化学方程式为2CO26H2C2H5OH3H2O；该反响的平衡常数表达式为K。(2)该反响为气体体积减小的化学反响，当体系的压强不再改变时，反响到达平衡状态，另外氢气的浓度不再变化，也能说明反响到达平衡状态；由于在500 K时，所有物质均为气体，故在恒容状态下气体的密度恒为定值，密度不变不能说明反响到达平衡状态；根据化学方程式可知，任何单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比均为31。(3)由图中信息可知，其他条件不变时，升高温度，CO2的

14、转化率降低，说明平衡向逆反响方向移动，故正反响为放热反响，即降低温度，平衡将向正反响方向移动。700 K时，当氢气与二氧化碳的起始投料比1.5时，由图像可知二氧化碳的转化率为20%，由化学方程式2CO26H2C2H5OH3H2O，可计算出氢气的转化率为40%。设起始时c(CO2)x molL1，那么起始时c(H2)2x molL1，由图像可知二氧化碳的转化率为60%，有 2CO2 6H2C2H5OH3H2O起始浓度(molL1) x 2x 0 0转化浓度(molL1) 0.6x 1.8x 0.3x 0.9x平衡浓度(molL1) 0.4x 0.2x 0.3x 0.9x到达平衡后H2的浓度为a

15、molL1，即0.2xa，那么x5a，此时c(C2H5OH)0.3x molL11.5a molL1。答案：(1)2CO26H2C2H5OH3H2O(2)ab(3)正反响(或右)40%1.5a molL112醋酸由于本钱较低，在生产中被广泛应用。(1)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品本钱降低，具有明显经济优势。其合成的根本反响如下：CH2=CH2(g)CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)以下描述能说明乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反响已达化学平衡的是_(填字母)。A乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同B酯化合成反响的

16、速率与酯分解反响的速率相等C乙烯断开1 mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1 molD体系中乙烯的质量分数一定(2)在n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1的条件下，某研究小组在不同压强下进行了在相同时间点乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如下图。答复以下问题：温度在6080 范围内，乙烯与乙酸酯化合成反响速率由大到小的顺序是_用v(p1)、v(p2)、v(p3)分别表示不同压强下的反响速率，分析其原因：_。压强为p1、温度为60 时，假设乙酸乙酯的产率为30%，那么此时乙烯的转化率为_。在压强为p1、温度超过80 时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：_。根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是_(填出适宜的压强和温度)。为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施有_(任写出一条)。解析：(1)浓度相同不能说明浓度保持不变，A项不能说明反响到达平衡；酯化合成反响的速率与酯分解反响的速率相等，说明正、逆反响速率相等，B项可以说明反响到达平衡；乙烯断开1 mol碳碳键与乙酸恰好消耗1 mol均表示正反响方向，C项不能说明反响到达平衡；体系中乙烯的质量分数一定，说明乙烯的浓度不变，D项可以说明反响到达平衡。(2)由题图知，在6080 范围内，v(p1)v(p2)v(p3)。该反响为气体分子数减小的反响，增大压强，平衡正向移动，乙酸乙酯的产率增大，故p1p2p3，对