（江苏专用版）2023版高考化学总复习专题六第3讲影响化学平衡的因素化学平衡的移动练习（含解析）

〔江苏专用版〕2022版高考化学总复习专题六第3讲影响化学平衡的因素化学平衡的移动练习〔含解析〕PAGEPAGE26第3讲影响化学平衡的因素化学平衡的移动一、单项选择题1.CO和NO都是汽车尾气中的有害物质,它们之间能缓慢地发生如下反响:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0,现利用此反响,拟设计一种环保装置,用来消除汽车尾气对大气的污染,以下设计方案可以提高尾气处理效率的是()①选用适当的催化剂②提高装置温度③降低装置的压强④装置中放入碱石灰A.①③ B.②④ C.①④ D.②③答案C选用适当催化剂虽不能提高反响物的转化率,但能加快反响速率,①正确;因为该反响的正反响为放热反响,所以升高温度,平衡向逆反响方向移动,②错误;该反响的正反响为气体体积减小的反响,因此降低压强,能使平衡向逆反响方向移动,③错误;装置中放入碱石灰能吸收CO2,使CO2的浓度降低,平衡向正反响方向移动,④正确。2.加热N2O5依次发生的分解反响为:①N2O5(g)N2O3(g)+O2(g);②N2O3(g)N2O(g)+O2(g),在容积为2L的密闭容器中充入8molN2O5,加热到t℃,到达平衡状态后O2为9mol,N2O3为3.4mol,那么t℃时反响①的平衡常数为()答案B设反响②分解的N2O3物质的量为xmol,反响①中共生成N2O3(x+3.4)mol,故在①反响中N2O5分解了(x+3.4)mol,同时生成O2(x+3.4)mol,在②反响中生成氧气xmol,那么(x+3.4)+x=9,求得x=2.8,所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=(8-2.8-3.4)mol2L=0.9mol·L-1,c(N2O3)=3.3.(2022溧水高级中学高三期初模拟)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2复原,所涉及的反响方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。H2的体积分数随温度的升高而增加。假设温度从300℃升至400℃,重新到达平衡,以下物理量的变化判断正确的选项是()A.正反响速率减小 B.逆反响速率增大C.平均相对分子质量不变 D.转化率增大答案BH2的体积分数随温度的升高而增加,说明平衡逆向移动,逆反响是吸热反响,正反响是放热反响。温度升高正、逆反响速率都加快,A项错误,B项正确;平衡逆向移动,气体的化学计量数增加,而气体的质量不变,所以平均相对分子质量变小,C项错误;平衡逆向移动,所以反响物的转化率减小,D项错误。4.在体积为VL的密闭容器中存在化学平衡:2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。现保持温度不变,将容器体积缩小一半后,以下说法不正确的选项是()A.容器内气体颜色变深B.容器内NO2分子数减少C.混合气体的平均相对分子质量增大D.NO2的物质的量分数增大答案D保持温度不变,将容器体积缩小一半,增大了压强,平衡向正反响方向移动,但c(NO2)增大,容器内气体颜色变深,A项正确;根据上述分析,平衡正向移动,NO2的分子数减少,B项正确;根据M=mn,密闭容器中气体的质量不变,平衡正向移动,n减小,混合气体的平均5.在2L密闭容器中进行反响C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH>0,测得c(H2O)随反响时间(t)的变化如下图。以下判断正确的选项是()A.0~5min内,v(H2)=0.05mol/(L·min)B.5min时该反响的K一定小于12min时的KC.10min时,改变的外界条件可能是减小压强D.5min时该反响的v正大于11min时的v逆答案B根据图可知,前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L,根据v(H2O)=ΔcΔt=1mol/L-0.5mol/L5min=0.1mol/(L·min),由化学计量数之比等于反响速率之比,得v(H2)=0.1mol/(L·min),A项错误;由图可知,10~12min时,v(H2O)=0.50mol/L-0.25mol/L2min=0.125mol/(L·min),大于0~5min时的反响6.(2022常州模拟)对于可逆反响:2A(g)+B(g)2C(g)ΔH<0,以下各图正确的选项是()答案B当其他条件不变时,增大压强,正、逆反响速率都增大,与图像不符,A项错误;该反响正向是放热反响,升高温度,反响速率加快,达平衡的时间缩短,平衡向逆反响方向移动,C的质量分数降低,与图像相符,B项正确;催化剂能同等程度的加快正、逆反响速率,缩短到达平衡的时间,平衡不移动,不能改变平衡体系中C的浓度,与图像不符,C项错误;该反响正向是放热反响,升高温度,平衡向逆反响方向移动,A的转化率降低,与图像不符,D项错误。7.(2022海安高级中学1月月考)对于平衡体系:aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(s)ΔH<0,以下判断中正确的选项是()A.假设a+b<c+d,那么反响一定能自发向右进行B.假设起始时只充入A、B,且物质的量之比为a∶b,那么平衡时A、B的转化率之比为a∶bC.假设a+b=c+d,往含mmol气体的平衡体系中充入nmolB,那么到达平衡时气体总物质的量等于(m+n)molD.假设a+b=c,对于体积不变的容器,升高温度,平衡向左移动,容器中气体的压强增大答案DD为固体,假设a+b<c+d,那么ΔS不一定大于0,当ΔG=ΔH-TΔS<0时,反响才能自发进行,A项错误;假设起始时只充入A、B,且A、B的物质的量之比为a∶b,根据反响方程式可知,反响过程中消耗A、B的物质的量之比也是a∶b,那么平衡时A、B的转化率之比为1∶1,B项错误;D为固体,再向其中充入nmolB,平衡向正反响方向移动,气体的总物质的量减小,那么到达平衡时气体总物质的量小于(m+n)mol,C项错误;该反响为放热反响,升高温度平衡向左移动,a+b=c,那么反响前后气体物质的量不变,在恒容条件下,温度越高压强越大,那么升高温度容器中气体的压强增大,D项正确。8.(2022泰州中学开学考试)一定温度下,在三个等体积的恒容密闭容器中,反响2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)达平衡,以下说法正确的选项是()容器温度/K物质的起始浓度/(mol/L)物质的平衡浓度/(mol/L)CO2(g)H2(g)C2H5OH(g)H2O(g)C2H5OH(g)甲5000.200.60000.083乙5000.401.2000丙600000.100.300.039A.该反响正反响为吸热反响B.达平衡时,甲、乙容器内:2c(CO2,甲)<c(CO2,乙)C.达平衡时,容器甲中的逆反响速率比容器乙中的大D.达平衡时,转化率:α(CO2,甲)+α(C2H5OH,丙)>1答案D在容器甲和容器丙中,假设温度一样,二者将建立完全相同的平衡。由表中数据可知,由于丙升高温度使C2H5OH(g)的平衡浓度减小,说明升温使化学平衡向逆反响移动,那么正反响为放热反响,A项错误;乙容器中反响物浓度相当于在甲容器中等比例增大,假设平衡不移动,那么有2c(CO2,甲)=c(CO2,乙),但浓度等比例增大,相当于加压,该平衡向正反响方向移动,使c(CO2,乙)减小,所以有2c(CO2,甲)>c(CO2,乙),B项错误;由于容器乙中各物质的浓度比容器甲中的大,所以不管正、逆反响速率,容器甲中反响速率都比容器乙中的小,C项错误;由A中的分析可知,当温度相同时,容器甲和容器丙将建立完全相同的平衡,即有α(CO2,甲)+α(C2H5OH,丙)=1,但容器丙由于升高温度,使平衡向逆反响方向移动,使α(C2H5OH,丙)转化率增大,所以α(CO2,甲)+α(C2H5OH,丙)>1,D项正确。二、不定项选择题9.温度为T时,向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5,发生反响PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g),经过一段时间后到达平衡,反响过程中测定的局部数据列于下表。以下说法正确的选项是()t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20A.在前50s,PCl3的平均反响速率v(PCl3)=0.0032mol/(L·s)B.到达平衡时,容器中的压强是起始时的1.2倍C.相同温度下,起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,反响到达平衡前v正>v逆D.相同温度下,起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2,到达平衡时,PCl3的转化率小于80%答案BC由表中数据可知,50s内Δc(PCl3)=0.16mol2L=0.08mol/L,v(PCl3)=0.08mol/LPCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)开始(mol/L) 0.5 0 0变化(mol/L) 0.1平衡(mol/L)所以平衡常数K=0.1×0.10.4=0.025;起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L,浓度商Qc=0.1×0.10.5=0.02<K=0.025,说明反响向正反响方向进行,反响达平衡前v正>v逆,C项正确;等效为起始参加2.0molPCl5,与原平衡相比,压强增大,平衡向逆反响方向移动,平衡时的PCl5转化率较原平衡低,故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol,即相同温度下,起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2,10.(2022盐城中学高三上第二次阶段性考试)向两个体积可变的密闭容器中均充入1mol的A2和2mol的B2,发生反响:A2(g)+2B2(g)2AB2(g)ΔH。维持两个容器的压强分别为p1和p2,在不同温度下到达平衡,测得平衡时AB2的体积分数随温度的变化如下图。:①图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上;②点Ⅱ时容器的体积为0.1L。以下表达正确的选项是()A.由图像可知:p1>p2、ΔH<0B.点Ⅰ时A2的平衡转化率为40%C.点Ⅲ所对应的反响平衡常数K=0.2D.将点Ⅱ所对应的容器冷却到600K,平衡时平衡状态与点Ⅰ相同答案ACA项,升高温度,AB2的体积分数减小,平衡逆移,所以逆反响为吸热反响,正反响为放热反响,ΔH<0;增大压强,平衡正向移动,AB2的体积分数增大,所以p1>p2,故正确。B项,设平衡时转化的A2为xmol,列“三段式〞:A2(g)+2B2(g)2AB2(g)n(起始)/mol 120n(转化)/mol x2x2xn(平衡)/mol 1-x2-2x2x根据φ(AB2)=2x3-x×100%=40%,得x=0.5,α(A2)=0.5mol1mol×100%=50%,故错误。C项,点Ⅱ与点Ⅲ的温度相同,所以K也相同,KⅡ=10.11.(2022苏中五校高三上联考)一定温度下,向容积为2L的恒容密闭容器中充入6molCO2和8molH2,发生反响:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ·mol-1,测得n(H2)随时间变化如曲线Ⅰ所示。以下说法正确的选项是()A.该反响在0~8min内CO2的平均反响速率是0.375mol·L-1·min-1B.假设起始时向上述容器中充入3molCO2和4molH2,那么平衡时H2的体积分数大于20%C.假设起始时向上述容器充入4molCO2(g)、2molH2(g)、2molCH3OH(g)和1molH2O(g),那么此时反响正向进行D.改变条件得到曲线Ⅱ、Ⅲ,那么曲线Ⅱ、Ⅲ改变的条件分别是升高温度、充入氦气答案BCA项,0~8min内v(CO2)=13v(H2)=(8-2)mol2L×8minCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)n(起始)/mol 6800n(转化)/mol 2622n(平衡)/mol 4222平衡时H2的体积分数φ(H2)=2mol(4+2+2+2)mol×100%=20%,假设起始时充入3molCO2和4molH2,可等效成“减压〞,平衡向气体分子数增多的方向移动,即逆向移动,使得φ(H2)增大,故正确;C项,K=22×2242×2212.[2022苏锡常镇四市高三调研(一)]一定温度下(T2>T1),在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中,反响2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)(正反响放热)到达平衡,以下说法正确的选项是()容器温度/℃物质的起始浓度/(mol·L-1)物质的平衡浓度/(mol·L-1)c(NO)c(Cl2)c(ClNO)c(ClNO)ⅠT10.200.1000.04ⅡT10.200.100.20c1ⅢT2000.20c2A.到达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为1∶2B.到达平衡时,容器Ⅲ中ClNO的转化率小于80%C.到达平衡时,容器Ⅱ中c(D.假设温度为T1℃,起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20molNO(g)、0.20molCl2(g)和0.20molClNO(g),那么该反响向正反响方向进行答案CA项,容器Ⅱ对容器Ⅰ而言,相当于“加压〞,加压平衡正移,使得pⅠpⅡ>12,故错误;B项,容器Ⅰ中反响达平衡时,α(NO)为20%,假设容器Ⅲ的温度是T1℃,那么达平衡时α(ClNO)为80%,但容器Ⅲ的温度为T2℃(T2>T1),升温平衡向吸热反响方向移动,使得α(ClNO)>80%,故错误;C项,容器Ⅱ对容器Ⅰ而言,相当于“加压2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)c起始(mol·L-1)0.200.100c转化(mol·L-1)0.040.020.04c平衡(mol·L-1)0.160.080.04KⅠ=0.0420.162×0.08=三、非选择题13.(2022海安高级中学月考)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的测量及处理具有重要意义。(1)降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器,发生如下反响:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0①一定条件下,将体积比为1∶2的NO、CO气体置于恒容密闭容器中发生上述反响,以下能说明反响到达平衡状态的是(填字母)。

A.体系压强保持不变B.混合气体颜色保持不变C.N2和CO2的体积比保持不变D.v正(CO)=2v逆(N2)②20min时,假设改变反响条件,导致N2浓度发生如图1所示的变化,那么改变的条件可能是(填字母)。

A.参加催化剂 B.降低温度C.增加CO2量 D.缩小容器体积图1(2)在一定条件下,将SO2和NO2通入绝热恒容密闭容器中,发生反响:SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g),正反响速率随时间的变化曲线如图2所示。由图可得出的正确结论是(填字母)。

A.反响在c点到达平衡状态B.反响物浓度:b点小于c点C.反响物的总能量低于生成物的总能量D.Δt1=Δt2时,SO2的转化率:a~b段小于b~c段图2(3)采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu-Mn的合金),利用CO和H2可制备二甲醚(DME)。观察图3答复以下问题。催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为时最有利于二甲醚的合成。

图3(4)工业上可以用CO和H2生产燃料甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-92.9kJ/mol,300℃,在容积相同的3个密闭容器中,按不同方式投入反响物,保持恒温、恒容,测得反响到达平衡的有关数据如下:容器甲乙丙反响物投入量1molCO2molH21molCH3OH2molCH3OHCH3OH/(mol·L-1)c1c2c3反响的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强/Pap1p2p3反响物转化率α1α2α3以下说法中正确的选项是。

A.2c1>c3 B.a+b=92.9C.2p2<p3 D.α1+α3<1答案(1)①AD②B(2)D(3)2.0(4)BD解析(1)①正反响为气体分子数减小的反响,从正反响开始建立平衡,建立平衡的过程中气体总物质的量减小,在恒容容器中,体系压强减小,压强不变说明到达平衡状态,A项正确;该反响中气体均为无色,混合气体的颜色始终保持无色,颜色不变不能作为平衡的标志,B项错误;N2和CO2起始都为0,转化生成N2和CO2的体积比始终保持1∶2,N2和CO2的体积比保持不变不能作为平衡的标志,C项错误;用CO表示的正反响速率与用N2表示的逆反响速率之比等于2∶1,等于化学计量数之比,说明反响到达了平衡状态,D项正确。②由图1可知,改变条件的瞬间N2浓度没有变化,后来N2的浓度逐渐增大到达新的平衡。参加催化剂对平衡无影响,N2浓度不变,A项错误;降低温度平衡正向移动,N2浓度增大,B项正确;增加CO2的量,平衡逆向移动,N2浓度减小,C项错误;缩小容器体积的瞬间N2浓度骤然增大,D项错误。(2)c点正反响速率达最大,后正反响速率逐渐减小,c点没有到达平衡状态,A项错误;从正反响开始建立平衡,随着时间的推移在到达平衡前,反响物浓度逐渐减小,b点反响物浓度大于c点,B项错误;该容器为绝热容器,那么影响化学反响速率的因素有两个:浓度和温度,从浓度的角度看随着时间的推移反响物浓度减小,反响速率减慢,但c点前正反响速率逐渐加快,说明温度为影响反响速率的主要因素,且c点前升高温度,由此可见该反响是放热反响,反响物的总能量高于生成物的总能量,C项错误;c点前随着时间的推移,正反响速率加快,相同时间内,正反响速率越快,SO2的转化率越大,Δt1=Δt2时,a~b段SO2的转化率小于b~c段,D项正确。(3)由图3分析,催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为2.0时,CO的转化率最大,DME选择性最大,CH3OH选择性接近于0,说明催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为2.0时最有利于二甲醚的合成。(4)容器的特点为恒温恒容,反响的特点为正反响是气体分子数减小的反响。甲从正反响开始建立平衡,乙从逆反响开始建立平衡,将CH3OH的物质的量换算为CO和H2的物质的量,换算之后乙的起始各物质物质的量与甲对应相等,所以甲、乙为恒温恒容下的等同平衡,那么c2=c1,a+b=92.9,p1=p2,α1+α2=1;丙中起始投入的CH3OH物质的量为乙中两倍,可设计一个两倍体积的容器称为丁,起始丁容器中参加2molCH3OH,在相同条件下到达平衡时,丁相当于两个乙,那么丁中平衡时的数据:CH3OH浓度与乙中相等,为c2mol/L,反响吸收的能量为2bkJ,体系压强与乙中相等为p2,反响物的转化率与乙中相等为α2;丙相当于在丁到达平衡后将体积压缩为一半,增大压强,平衡正向移动,CH3OH物质的量增大,那么c3>2c2,反响吸收的能量小于2bkJ,体系压强p2<p3<2p2,反响物转化率α3<α2;综上分析,c3>2c1,A项错误;a+b=92.9,B项正确;p3<2p2,C项错误;α1+α3<1,D项正确。14.(2022南通第二次调研)采用科学技术减少氮氧化物、SO2等物质的排放,可促进社会主义生态文明建设。(1)采用“联合脱硫脱氮技术〞处理烟气(含CO2、SO2、NO)可获得含CaCO3、CaSO4、Ca(NO2)2的副产品,工业流程如题图1所示。图1①反响釜Ⅰ采用“气—液逆流〞接触吸收法(如题图2),其优点是。

图2②反响釜Ⅱ中CaSO3转化为CaSO4的化学反响方程式为。

(2)为研究“CO复原SO2〞的新技术,在反响器中参