高考化学总复习第七章化学反应速率和化学平衡课时作业化学平衡新人教

1、。内部文件，版权追溯课时作业21化学平衡一、选择题1可以证明可逆反响N23H22NH3已到达平衡状态的是()1个NN断裂的同时，有3个HH键断裂；1个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂；其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；恒温恒容时，体系压强不再改变；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；恒温恒容时，混合气体的密度保持不变；正反响速率v(H2)0.6 mol/(L·min)，逆反响速率v(NH3)0.4 mol/(L·min)A全部 BC D解析：根据两种化学键的断裂情况可知反响方向相同，不能判断反响是否到达平衡；反响方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，

2、说明反响已到达平衡；由于该反响为非等体积反响，混合气体平均相对分子质量不再改变，说明各物质的量不再变化，那么说明反响已到达平衡；恒温恒容时，体系压强不再改变，说明各物质的量不再变化，那么说明反响已到达平衡；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明各物质的量不再变化，那么说明反响已到达平衡；恒温恒容时，由于各物质均为气体，混合气体的密度始终不变，不能判断反响是否到达平衡；正、逆反响速率相等，那么说明反响已到达平衡。答案：C2以下对化学平衡移动的分析中，不正确的选项是()已达平衡的反响C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)，当增加反响物物质的量时，平衡一定向正反响方向移动已达平衡的反响N2(

3、g)3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反响方向移动，N2的转化率一定升高有气体参加的反响平衡时，假设减小反响器容积时，平衡一定向气体体积减小的方向移动有气体参加的反响平衡时，在恒压反响器中充入稀有气体，平衡一定不移动A BC D解析：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)，当增加碳的物质的量时，平衡不移动，不对；当增大N2的浓度时，平衡向正反响方向移动，N2的转化率降低，不对；如果同时改变其他条件，平衡不一定向气体体积减小的方向移动；有气体参加的反响达平衡时，在恒压反响器中充入稀有气体，容器容积增大，各物质浓度减小，等效于减小压强，平衡可能发生移动，错误。答案：D3将N

4、O2装入带有活塞的密闭容器中，当反响2NO2(g)N2O4(g)到达平衡后，改变某个条件，以下表达正确的选项是()A升高温度，气体颜色加深，那么此反响为吸热反响B慢慢压缩气体体积，平衡向正反响方向移动，混合气体的颜色变浅C慢慢压缩气体体积，假设体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍D恒温恒容时，充入惰性气体，压强增大，平衡向正反响方向移动，混合气体的颜色变浅解析：升高温度，气体颜色加深，那么平衡向逆反响方向移动，故正反响为放热反响，A错误；首先假设平衡不移动，压缩体积，气体颜色加深，但平衡向正反响方向移动，使混合气体的颜色在加深后的根底上变浅，但一定比原平衡的颜色深，B错误；同理，首先假设平

5、衡不移动，假设体积减小一半，那么压强变为原来的两倍，但平衡向正反响方向移动，使压强在原平衡两倍的根底上减小，C正确；体积不变，反响物及生成物浓度不变，所以正、逆反响速率均不变，平衡不移动，颜色无变化，D错误。答案：C4一定条件下，通过以下反响可实现燃煤烟气中的硫的回收：SO2(g)2CO(g)2CO2(g)S(l)H<0。一定温度下，在容积为2 L的恒容密闭容器中1 mol SO2和n mol CO发生反响，5 min后到达平衡，生成2a mol CO2。以下说法正确的选项是()A反响前2 min的平均速率v(SO2)0.1a mol·L1·min1B当混合气体的物质

6、的量不再改变时，反响到达平衡状态C平衡后保持其他条件不变，沉着器中别离出局部硫，平衡向正反响方向移动D平衡后保持其他条件不变，升高温度和参加催化剂，SO2的转化率均增大解析：根据方程式可知，生成2a mol CO2的同时，消耗a mol SO2，其浓度是0.5a mol·L1，所以反响前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不正确；根据方程式可知，该反响是反响前后气体的物质的量减小的可逆反响，因此当混

7、合气体的物质的量不再改变时，可以说明反响到达平衡状态，B正确；S是液体，改变液体的质量，平衡不移动，C不正确；该反响是放热反响，升高温度平衡向逆反响方向移动，SO2的转化率降低，催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，D不正确。答案：B54NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H905.9 kJ·mol1。一定条件下，向1 L密闭容器中投入0.8 mol的NH3和1.6 mol的O2，发生上述反响，第2 min和第4 min时NH3的物质的量分别为0.6 mol和0.3 mol。以下说法中不正确的选项是()A上述反响的逆反响的活化能不小于905.9 kJ·mol1B

8、反响在第2 min到第4 min时，O2的平均速率为0.15 mol·L1·min1C反响第2 min时改变了某一条件，该条件可能是使用催化剂或升高温度D平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量减小解析：正反响是放热反响，该反响的逆反响的活化能减去正反响的活化能等于905.9 kJ·mol1，那么逆反响的活化能不小于905.9 kJ·mol1，A项正确；v(O2)v(NH3)×0.187 5 mol·L1·min1，B项错误；反响从第2 min到第4 min，使用催化剂或升高温度均能加快反响速率，使反响物的物质的量减少，C项正确

9、；平衡后降低压强，平衡正向移动，反响物和生成物的总质量不变，总物质的量增大，那么混合气体平均摩尔质量减小，D项正确。答案：B6对于平衡体系：aA(g)bB(g)cC(g)dD(g)H<0，以下判断，其中正确的选项是()A假设温度不变，容器体积扩大一倍，此时气体A的浓度是原来的0.48倍，那么ab>cdB假设从正反响开始，平衡时，气体A、B的转化率相等，那么起始时气体A、B的物质的量之比为baC假设平衡体系中共有气体m mol，再向其中充入n mol B，到达平衡时气体总物质的量为(mn) mol，那么abcdD假设abcd，那么对于体积不变的容器，升高温度，平衡向左移动，容器中气体

10、的压强不变解析：假设温度不变，容器体积扩大一倍，如果反响前后气体分子数不变，那么A的浓度为原来的0.5倍，现为原来的0.48倍，说明平衡向气体分子数增多的方向(正反响方向)移动，那么ab<cd，A错误；假设起始气体A、B的物质的量分别为x mol、y mol，反响后A转化了z mol，那么B转化了 mol，转化率相等那么，故，B错误；当abcd时，无论平衡怎么移动，气体总物质的量是不变的，C正确；假设abcd，那么对于体积不变的容器，升高温度，气体物质的量不变，但是温度升高导致压强增大，D错误。答案：C7在恒温、恒压下，a mol X和b mol Y在一个容积可变的容器中发生反响：X(g

11、)2Y(g)2Z(g)，一段时间后到达平衡，生成n mol Z。那么以下说法中正确的选项是()A物质X、Y的转化率之比为12B起始时刻和到达平衡后容器中的压强之比为(ab)C当2v正(X)v逆(Y)时，反响一定到达平衡状态D充入惰性气体(如Ar)，平衡向正反响方向移动解析：根据化学方程式，X、Y转化的物质的量分别为0.5n mol、n mol，故X、Y的转化率之比为b2a，A项错误；由于该反响在恒温、恒压下进行，因此起始时和平衡时容器中的压强之比为11，B项错误；当2v正(X)v逆(Y)时，正、逆反响速率相等，反响到达平衡状态，C项正确；充入惰性气体(如Ar)，由于保持恒压，那么容器体积增大，

12、平衡向气体分子数增多的方向(逆反响方向)移动，D项错误。答案：C8在恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，发生如下反响：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H<0。2 min后，反响到达平衡，生成SO3为1.4 mol，同时放出热量Q kJ。那么以下分析正确的选项是()A在该条件下，反响前后的压强之比为65.3B假设反响开始时容器体积为2 L，那么v(SO3)0.35 mol/(L·min)C假设把“恒温恒压下改为“恒压绝热条件下反响，平衡后n(SO3)<1.4 molD假设把“恒温恒压下改为“恒温恒容下反响，达平衡时放出热量大于Q kJ解析

13、：由平衡时n(SO3)1.4 mol可知此时n(SO2)2.6 mol，n(O2)1.3 mol。因是恒温恒压条件，所以反响前后压强不变，A错误；因该反响是气体分子数变小的反响，所以随着反响的进行，体积逐渐变小，小于2 L，所以v(SO3)大于0.35 mol/(L·min)，B错误；该反响为放热反响，在绝热条件下随着反响的进行要放热，到达平衡时与恒温恒压条件下的平衡比拟，平衡要逆向移动，所以n(SO3)<1.4 mol，C正确；恒温恒容下的平衡与原来恒温恒压下的平衡比拟，平衡要逆向移动，所以放出的热量小于Q kJ，D错误。答案：C9某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度

14、下发生反响A(g)xB(g)2C(g)，到达平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反响的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反响速率分别随时间的变化如下图：以下说法中正确的选项是()A3040 min内该反响使用了催化剂B化学方程式中的x1，正反响为吸热反响C30 min时降低温度，40 min时升高温度D8 min前A的平均反响速率为0.08 mol·L1·min1解析：假设使用催化剂，那么化学反响速率增大，A错误；由物质的量浓度时间图象可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，都为1；由反响速率时间图象可知，30 min时改变的条件为减小压强，40 min

15、时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反响方向移动，那么正反响为放热反响，B、C错误；前8 min内A的平均反响速率为0.08 mol·L1·min1，D正确。答案：D10以下有关化学反响速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的选项是()Aa是其他条件一定时，反响速率随温度变化的图象，正反响H<0Bb是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，是使用催化剂时的曲线Cc是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐参加B时的图象，压强p1>p2Dd是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反响速率随时间变化的图象解析：根据图象a，升高温度，平衡正向移动

16、，正反响H>0，A错误；b图象中，使用催化剂，反响速率加快，先到达平衡，B正确；c图象中，此反响为反响前后气体物质的量不变的化学反响，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，且由于不断参加B，A的转化率增大，C错误；d图象中，反响实质是Fe33SCNFe(SCN)3，K和Cl不参加化学反响，KCl浓度增大不影响化学平衡，D错误。答案：B11利用I2O5可消除CO污染，反响为5CO(g)I2O5(s)5CO2(g)I2(s)H。不同温度(T1、T2)下，向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO2气体体积分数(CO2)随时间t变化曲线如下图。以下说法正确

17、的选项是()AT1<T2，H>0BT1温度下，该反响的平衡常数为1 024CT2温度下，00.5 min内，CO的平均反响速率为0.3 mol·L1·min1DT1温度下，假设向装有足量I2固体的2 L恒容密闭容器中通入10 mol CO2，到达平衡时，(CO2)0.6解析：T2先达化学平衡，T1<T2，温度高的，到达化学平衡时(CO2)较小，说明该反响为放热反响，H<0，A不正确；T1平衡时，(CO2)0.8，平衡时n(CO2)2 mol×0.81.6 mol，n(CO)2 mol2 mol×0.80.4 mol，再根据容器体积

18、，计算出平衡时气体的物质的量浓度，c(CO2)0.8 mol·L1，c(CO)0.2 mol·L1，K1 024，B正确；T2温度下，00.5 min内，CO的平均反响速率为0.6 mol·L1·min1，C不正确；T1温度下，通入10 mol CO2相当于加压，而该反响前后气体体积不变，加压不影响化学平衡，(CO2)0.8，D错误。答案：B12某温度下，H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)的平衡常数K9/4，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示：起始浓度甲乙丙c(H2)/(mol·L

19、1)0.0100.0200.020c(CO2)/(mol·L1)0.0100.0100.020以下判断不正确的选项是()A平衡时，乙中H2的转化率大于60%B平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%C平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.008 mol·L1D反响开始时，丙中的反响速率最快，甲中的反响速率最慢解析：利用“三段式计算容器甲中根据平衡常数c2/(0.010c)29/4，得c0.006 mol·L1。H2的转化率为(H2)0.006 mol·L1/0.010 mol·L160%，同样计算可得丙中H2的转化率也是60%，B正确；乙

20、容器相当于在甲的根底上增大氢气浓度，平衡正移，但氢气的转化率减小，A错误；甲和丙是等效平衡关系，起始时各物质浓度是2倍关系，平衡时各物质仍然是2倍关系，C正确；反响开始时，甲中浓度最小，丙中浓度最大，D正确。答案：A二、非选择题13能源、环境与生产、生活和社会开展密切相关。一定温度下，在两个容积均为2 L的密闭容器中，分别发生反响：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H49.0 kJ·mol1。相关数据如下：(1)c1_c2(填“>“<或“)，a_。(2)该温度下反响的平衡常数K_；假设甲中反响10 s时到达平衡，那么010 s内甲中的平均反响速率v(H2

21、)_。(3)以下情况能说明该反响一定到达平衡状态的是_(填字母编号)。av(CO2)消耗v(CH3OH)生成b气体的密度不再随时间改变cCO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变d气体的平均相对分子质量不再随时间改变(4)其他条件不变，到达平衡后，以下不能提高H2转化率的操作是_(填字母编号)。a降低温度b充入更多的H2c移除甲醇 d增大容器体积解析：(1)等效平衡，等温等容条件下，反响前后气体化学计量数之和不相等，转化到同一半边，投入量跟原平衡投入量相等，这两个平衡是全等平衡，即c1c2，根据等效平衡得出：29.4a49.0，a19.6。(2)设消耗CO2物质的量为x。根据放出的热量得出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)用反响速率表示到达平衡状态，不同种物质表示时，要求反响方向一正一逆，且反响速率之比等于其化学计量数之比，消耗CO2和生成CH3OH是同一方向，故a不能作为到达平衡状态的标志；依据m/V，反响物和生成物都是气体，反响过程中气体的质量不变，条件是等温等容，V不变，故b不能作为到达化学平衡的标志；依据化学平衡状态的定义：一定条件下，当各组分的浓度不再改变，此状态为化学平衡状态，故c能作为到达化学平衡

23、状态的标志；Mm/n，m始终不变，根据反响方程式，随反响进行气体的物质的量减小，n是改变的，故d能作为到达化学平衡的标志。(4)此反响是放热反响，根据勒夏特列原理，降低温度，反响向正反响移动，氢气的转化率升高，故a不符合题意；充入更多的氢气，反响虽然向正反响方向移动，但氢气的转化率降低，符合题意；移除甲醇，减少生成物的浓度，反响向正反响方向移动，氢气的转化率增大，故不符合题意；增大容器体积，组分浓度减小，平衡向逆反响方向移动H2的转化率减小，故d符合题意。答案：(1)19.6(2)2.1(写成也可)0.09 mol·L1·s1(3)cd(4)bd14合成氨工业是贵州省开磷集

24、团的重要支柱产业之一。氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛应用。(1)一定温度下，在固定容积的密闭容器中进行可逆反响：N2(g)3H2(g)2NH3(g)。该可逆反响到达平衡的标志是_(填字母)。A3v正(H2)2v逆(NH3)B单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2C容器内的总压强不再随时间而变化D混合气体的密度不再随时间变化(2)工业上可用天然气为原料来制取合成氨的原料气氢气。某研究性学习小组的同学模拟工业制取氢气的原理，在一定温度下，容积为2 L的恒容密闭容器中测得如表所示数据。请答复以下问题：时间/minCH4(mol)H2O(mol)CO(mol)H2(mol)00.401.00005a0.80c0.6070.20b0.20d100.210.810.190.64分析表中数据，判断5 min时反响是否处于平衡状态？_(填“是或“否)，前5 min反响的平均反响速率v(CH4)_。该温度下，上述反响的平衡常数K_。710 min，CO的物质的量减少的原因可能是_(填字母)。A减少CH4的物质的量B降低温度C升高温度 D充入H2(3)氨的催化氧化：4NH3(g