2023版高考化学总复习专题七化学平衡的移动课时跟踪训练苏教版

课时3化学平衡的移动课时跟踪训练一、选择题1．以下关于化学平衡的说法中正确的选项是()A．一个可逆反响到达的平衡状态就是这个反响在该条件下所能到达的限度B．当一个可逆反响到达平衡状态时，正反响速率和逆反响速率相等都等于0C．平衡状态是一种静止的状态，因为反响物和生成物的浓度已经不再改变D．化学平衡不可以通过改变条件而改变解析可逆反响到达平衡状态后，虽v(正)＝v(逆)，但均不为0，是动态平衡，B、C错；通过改变影响化学平衡移动的条件可以改变化学反响的限度，D错。答案A2．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反响：NO(g)＋CO(g)eq\f(1,2)N2(g)＋CO2(g)；ΔH＝－373.2kJ/mol，到达平衡后，为提高该反响的速率和NO的转化率，采取的正确措施是()A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时增大压强解析结合该反响的特点，提高反响速率的措施有升高温度、增大压强、使用催化剂；提高NO的转化率(平衡正方向移动)的措施有降低温度、增大压强。答案B3．在一定条件下，合成氨反响N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1，反响到达平衡后，以下说法正确的选项是()A．升高温度，正反响速率加快，逆反响速率减小，平衡正向移动B．增大压强，平衡正向移动C．减小反响物浓度，平衡正向移动D．参加催化剂，对逆反响的反响速率影响更大，平衡正向移动解析升高温度，正、逆反响速率均增大，由于合成氨反响是放热反响，升高温度，平衡逆向移动，A项错误；该反响是反响后气体分子总数减小的反响，增大压强，平衡正向移动；减小反响物浓度，平衡逆向移动，C项错误；参加催化剂，同等程度地增大正、逆反响的反响速率，平衡不移动，D项错误。答案B4．(2023·合肥一检)在一定温度下的定容密闭容器中，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.eq\f(cN2O4,c2NO2)解析该反响在恒温、恒容条件下进行，气体物质的质量不变，密度始终保持不变，与反响是否到达平衡状态无关，B项符合题意；该反响为气体分子数减小的反响，反响过程中气体总物质的量减小，压强减小，当压强不变时，说明反响到达平衡状态，A项不符合题意；反响过程中气体总质量不变，气体总物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反响到达平衡状态，C项，不符合题意；eq\f(cN2O4,c2NO2)＝Qc，Qc表示浓度商，当浓度商保持不变时，说明反响到达平衡状态，D项不符合题意。答案B5．汽车净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g)eq\o(→,\s\up7(催化剂))2CO2(g)＋N2(g)ΔH<0。假设该反响在绝热、恒容的密闭体系中进行，以下示意图正确且说明反响在进行到t1时刻到达平衡状态的是()解析由于是绝热，恒容密闭体系，随着反响的进行，体系的温度升高，K不断减小，当K不变时，即温度保持不变，该反响到达平衡状态。答案B6．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．②④C．①④ D．②③解析①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，正确；②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，错误；③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，错误；④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，正确。答案C7．如下图，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有以下物质的烧杯(烧杯内有水)中：在(1)中参加CaO，在(2)中不加其他任何物质，在(3)中参加NH4Cl晶体，发现(1)中红棕色变深，(3)中红棕色变浅。[反响2NO2(红棕色)N2O4(无色)]以下表达正确的选项是()A．2NO2N2O4是放热反响B．NH4Cl溶于水时放出热量C．烧瓶(1)中平衡混合气体的相对分子质量增大D．烧瓶(3)中气体的压强增大解析加CaO的烧杯(1)中温度升高，(1)中红棕色变深，说明平衡逆向移动，平衡混合气体的相对分子质量减小；(3)中红棕色变浅，说明平衡正向移动，气体的压强减小，加NH4Cl晶体的烧杯(3)中温度降低，由此可说明2NO2N2O4是放热反响，NH4Cl溶于水时吸收热量。答案A8．相同温度下，有相同容积的甲、乙两容器，甲容器中充入1gN2和1gH2，乙容器中充入2gN2和2gH2。以下表达中不正确的选项是()A．化学反响速率：乙＞甲B．平衡后N2的浓度：乙＞甲C．H2的转化率：乙＞甲D．平衡混合气中H2的体积分数：乙＞甲解析容器中发生的反响为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。相同容积的容器中充入不同量的反响物，乙容器中压强大，化学反响速率：乙＞甲，A正确；根据勒夏特列原理可知，平衡时乙容器中N2的浓度应大于甲容器，但会小于甲容器中N2浓度的2倍，B正确；乙容器中压强较大，平衡向正反响方向移动，所以H2的转化率：乙＞甲，C正确；平衡混合气中H2的体积分数：乙＜甲，D错误。答案D9．(2023·龙岩模拟)利用以下反响可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍。反响一：Ni(粗，s)＋4CO(g)eq\o(,\s\up7(50～80℃),\s\do7())Ni(CO)4(g)ΔH<0反响二：Ni(CO)4(g)eq\o(,\s\up7(180～200℃),\s\do7())Ni(纯，s)＋4CO(g)ΔH>0以下说法错误的选项是()A．对于反响一，适当增大压强，有利于Ni(CO)4的生成B．提纯过程中，CO气体可循环使用C．升高温度，反响一的反响速率减小，反响二的反响速率增大D．对于反响二，在180～200℃，温度越高，Ni(CO)4(g)的转化率越高解析反响一的正反响是体积减小的反响，增大压强，平衡右移，有利于Ni(CO)4的生成，A正确；反响一以CO为原料，反响二产生CO，故其可以循环使用，B正确；升高温度，反响一和反响二的反响速率都增大，C不正确；反响二的正反响是吸热反响，在180～200℃，温度越高，反响进行程度越大，Ni(CO)4(g)的转化率越高，D正确。答案C10．恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中，反响2NO2(g)N2O4(g)到达平衡后，再向容器中通入一定量的NO2，又到达平衡时，N2O4的体积分数()A．不变 B．增大C．减小 D．无法判断解析恒温恒压下，平衡后充入NO2，由于反响物仅有一种，所以新平衡与原平衡是等效平衡，N2O4的体积分数不变。答案A11．(2023·烟台检测)在恒温、恒容下，有反响2A(g)＋2B(g)C(g)＋3D(g)，现从两条途径分别建立平衡。途径Ⅰ：A、B的起始浓度均为2mol·L－1；途径Ⅱ：C、D的起始浓度分别为2mol·L－1和6mol·L－1。以下表达正确的选项是()A．到达平衡时，途径Ⅰ的反响速率等于途径Ⅱ的反响速率B．到达平衡时，途径Ⅰ所得混合气体的压强等于途径Ⅱ所得混合气体的压强C．两途径最终到达平衡时，体系内各组分的百分含量相同D．两途径最终到达平衡时，体系内各组分的百分含量不相同解析反响2A(g)＋2B(g)C(g)＋3D(g)可知，反响前后气体的化学计量数相等，压强对平衡移动没有影响，当满足Ⅱ所加物质完全转化为A、B时，与Ⅰ物质的量比值相等。Ⅱ途径到达平衡时浓度大，压强大，反响速率应较大，A错误；Ⅱ途径到达平衡时浓度大，压强大，反响速率应较大，故B错误；Ⅰ、Ⅱ两途径最终到达相同平衡状态，体系内混合气的百分组成相同，C正确；两种途径平衡状态相同，各物质的含量相同，那么体系内混合气的百分组成相同，D错误。答案C12．(益阳市三模)：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41kJ·mol－1。相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，参加一定量的反响物发生反响。相关数据如下：容器编号起始时各物质的物质的量/mol达平衡过程体系的能量变化COH2OCO2H2O①1400放出热量：32.8kJ②0014热量变化：Q以下说法中，不正确的选项是()A．容器①中反响达平衡时，CO的转化率为80%B．容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率C．容器①中CO反响速率等于H2O的反响速率D．平衡时，两容器中CO2的浓度相等解析由反响方程式知，当消耗1molCO时放出的热量为41kJ，当放出的热量为32.8kJ时，消耗0.8molCO，其转化率为80%，A正确；容器①中，该反响的平衡常数K1＝0.8×0.8÷(0.2×3.2)＝1，设容器②中反响到达平衡时消耗xmolCO2，那么K2＝x2/(1－x)(4－x)＝1/K1，解得x＝0.8，此时CO2的转化率为80%，B正确；由化学反响速率之比等于其化学计量数之比知C正确；因平衡时容器①中CO2为0.8mol，容器②中为0.2mol，D错误。答案D二、填空题13．(大连双基测试)在密闭容器中发生反响CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH<0，该反响到达平衡后，测得如下数据。实验序号温度(℃)初始CO浓度(mol·L－1)初始H2O浓度(mol·L－1)CO的平衡转化率11101150%210011x31100.8y60%(1)实验1中，10h后到达平衡，H2的平均反响速率为________mol·L－1·h－1。在此实验的平衡体系中，再参加0.5molCO和0.5molH2，平衡将________移动(“向左〞、“向右〞、“不〞或“无法确定〞)。(2)实验2中，x的值________(填序号)。A．等于50% B．大于50%C．小于50% D．无法确定(3)实验3中的y值为________。(4)在100℃条件下，能说明该反响到达平衡状态的是________。A．压强不再变化B．生成H2O的速率和消耗H2速率相等时C．混合气体的密度不变D．H2的质量不再变化解析(1)根据反响速率的公式可得v(CO)＝1mol·L－1×50%/10h＝0.05mol·L－1·h－1，再根据速率比等于系数比，v(H2)＝v(CO)＝0.05mol·L－1·h－1。在该平衡体系中同时改变了反响物的生成物浓度，并且变化量一致，那么Qc＝K，故平衡不移动。(2)从题给信息可知，该反响的正反响为放热反响，温度降低，平衡正向移动，故CO的平衡转化率增大，所以选B。(3)通过反响1可知在110℃时，该反响的K＝eq\f(cCO2·cH2,cCO·cH2O)＝1，温度一定，K一定，在反响3中，K＝eq\f(0.48×0.48,0.32×y－0.48)＝1，求得y＝1.2。(4)反响前后压强始终不变，A错误；生成H2O的速率和消耗H2的速率为同一反响方向，B错误；混合气体的密度始终不变，C错误；H2的质量不再变化，说明反响到达平衡，D正确。答案(1)0.05不(2)B(3)1.2(4)D14．运用化学反响原理研究化学反响有重要意义。(1)硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图1所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。①假设在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，平衡________(填“向左〞“向右〞或“不〞)移动。②假设反响进行到状态D时，v正________(填“>〞“<〞或“＝〞)v逆。(2)课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，应用此法反响到达平衡时反响物的转化率不高。①能使该反响的反响速率增大，且平衡向正反响方向移动的措施是________(填编号)。A．使用更高效的催化剂B．升高温度C．及时别离出氨气D．充入氮气，增大氮气的浓度(保持容器体积不变)②假设在某温度下，2L的密闭容器中发生合成氨的反响，图2表示N2的物质的量随时间的变化曲线。用H2表示0～10min内该反响的平均速率v(H2)＝________。从第11min起，压缩容器的体积为1L，那么n(N2)的变化曲线为________(填编号)。解析(1)①恒压条件下向题述平衡体系中通入氦气，那么反响器的体积会增大，各物质的浓度会减小，平衡会向气体分子数增大的方向(向左)移动。②反响进行到状态D时没有到达平衡，需要反响向右进行，增加SO3的量，所以v正>v逆。(2)①该反响是一个气体分子数减小的放热反响，升高温度，平衡逆向移动；别离出氨气，平衡虽然正向移动，但反响速率减小；充入氮气，平衡正向移动且反响速率增大。②0～10min时，N2从0.6mol减少到0.2mol，变化量为0.4mol，那么H2的变化量为1.2mol，v(H2)＝1.2mol÷2L÷10min＝0.06mol·L－1·min－1。平衡时压缩容器的体积，气体的压强增大，平衡正向移动，N2的物质的量在原有根底上减小，图线d符合题意。答案(1)①向左②>(2)①D②0.06mol·L－1·min－1d15．工业生产硝酸铵的流程如以下图所示：请答复以下问题：(1)：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1。①在500℃、2.02×107Pa和铁催化条件下向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反响后，放出的热量________(填“大于〞、“小于〞或“等于〞)92.4kJ。②为提高H2的转化率，实际