2023版高考化学一轮总复习第7章化学反应的方向、限度与速率第1节化学反应的方向、限度课后分层训练鲁科版

PAGEPAGE2化学反响的方向、限度A组专项根底达标(建议用时：30分钟)1．对于反响，N2O4(g)2NO2(g)ΔH＞0，现将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，以下示意图正确且能说明反响到达平衡状态的是()【导学号：99682228】D[从开始至平衡，由于容器容积增大，密度减小，达平衡后密度不变，A错；反响过程中，反响热不会变化，不是变量，无法判断是否到达平衡状态，B错；都是正反响速率，不能说明反响到达平衡状态，C错；转化率一定时到达平衡，D对。]2．(2022·滨州第二次质检)在2L密闭容器中充入2molSO2和一定量O2，发生反响2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，进行到4min时，测得n(SO2)＝0.4mol，假设反响进行到2min时，容器中n(SO2)为()A．1.6mol B．1.2molC．大于1.6mol D．小于1.2molD[易错选B，许多考生会认为，时间一半，消耗的反响物也是一半。这时要注意两个方面的问题，一方面是，条件下，4min时n(SO2)＝0.4mol，是反响消耗之后剩余的SO2的量，而反响消耗的n消(SO2)＝(2－0.4)mol＝1.6mol，另一方面，从0min至4min时，速率是变化的，一般来说开始时反响物的浓度较大，随着反响进行，反响物的浓度逐渐变小，因此从0min至4min时，前2min的反响速率应该是比后2min的大，前2min消耗SO2的量大于0.8mol，因此反响进行到2min时容器中SO2剩余的量就应该小于1.2mol。]3．能够充分说明在恒温恒容下的密闭容器中，反响2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)已达平衡状态的标志是()A．容器中SO2、O2、SO3的物质的量之比为2∶1∶2B．SO2和SO3的物质的量浓度相等C．反响容器内压强不随时间变化而变化D．单位时间内生成2molSO2时，也生成1molO2C[该反响为非等体反响，平衡前p减小，当p不变时说明到达平衡状态了。]4．分析以下反响在任何温度下均能自发进行的是()A．2N2(g)＋O2(g)=2N2O(g)ΔH＝＋163kJ·mol－1B．Ag(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)=AgCl(s)ΔH＝－127kJ·mol－1C．HgO(s)=Hg(l)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝＋91kJ·mol－1D．H2O2(l)=eq\f(1,2)O2(g)＋H2O(l)ΔH＝－98kJ·mol－1D[任何温度下均能自发进行的条件是ΔH<0，ΔS>0。]5．(2022·西安模拟)一定温度下，某容积为2L的密闭容器中发生反响：A(g)＋2B(g)C(g)＋2D(s)，反响过程中测得的局部数据见下表：反响时间/minn(A)/moln(B)/moln(C)/moln(D)/mol01.001.200050.50100.20以下说法正确的选项是()【导学号：99682229】A．前5min内反响的平均速率为v(B)＝0.050mol·L－1·min－1B．平衡时，其他条件不变，别离出少量物质D，正反响速率加快C．其他条件不变，到达平衡后缩小容器体积，平衡不移动D．假设正反响为放热反响，那么升高温度时，反响平衡常数减小D[选项A，由表中数据和题给反响方程式推知，5min时物质B减少1.0mol，故前5min内反响的平均速率为v(B)＝0.10mol·L－1·min－1，A错误。选项B，物质D是固体，别离出少量物质D，对平衡的移动无影响，B错误。选项C，加压使平衡正向移动，C错误。选项D，正反响为放热反响，那么升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D正确。]6．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A[加CaO放热，加NH4Cl吸热，温度高颜色深，说明2NO2N2O4的ΔH<0。]7．(2022·长沙四校联考)一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反响：2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60s到达平衡，生成0.3molZ。以下说法正确的选项是()A．0～60s，以X的浓度变化表示的反响速率为0.001mol·L－1·s－1B．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的eq\f(1,2)C．假设增大压强，那么物质Y的转化率减小D．假设升高温度，X的体积分数增大，那么该反响的ΔH>0A[2X(g)＋Y(g)Z(g)起始(mol)110转化(mol)0.60.30.3平衡(mol)0.40.70.3v(X)＝eq\f(0.6mol,10L×60s)＝0.001mol·L－1·s－1，A项正确；将容器体积变为20L，化学平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于原来的eq\f(1,2)，B项不正确；假设增大压强，那么化学平衡正向移动，物质Y的转化率增大，C项不正确；假设升高温度，X的体积分数增大，说明化学平衡逆向移动，那么逆反响为吸热反响，正反响为放热反响，ΔH<0，D项不正确。]8．(2022·潍坊一模)温度为T0时，在容积固定的密闭容器中发生反响：X(g)＋Y(g)Z(g)(未配平)，4min时到达平衡，各物质浓度随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反响，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。以下表达正确的选项是()A．发生反响时，各物质的反响速率大小关系为v(X)＝v(Y)＝2v(Z)B．图a中反响到达平衡时，Y的转化率为37.5%C．T0时，该反响的平衡常数为33.3D．该反响正反响的反响热ΔH<0C[根据题图a可知，0～4min时，X、Y的浓度分别减少0.25mol·L－1、0.25mol·L－1，Z的浓度增加0.5mol·L－1，那么化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，同一反响中各物质的反响速率之比等于其系数之比，那么v(X)＝v(Y)＝eq\f(1,2)v(Z)，A项错误；题图a中，Y的起始浓度为0.4mol·L－1，平衡浓度为0.15mol·L－1，那么Y的转化率为eq\f(0.4－0.15,0.4)×100%＝62.5%，B项错误；到达平衡时[X]＝0.05mol·L－1，[Y]＝0.15mol·L－1，[Z]＝0.5mol·L－1，那么平衡常数K＝eq\f([Z]2,[X]·[Y])＝eq\f(0.5mol·L－12,0.05mol·L－1×0.15mol·L－1)≈33.3，C项正确；根据题图b可知，T1条件下反响先到达平衡，那么T1>T2，T2→T1，温度升高，c(Z)增大，那么平衡向正反响方向移动，故正反响为吸热反响，ΔH>0，D项错误。]9．将4.0molPCl3和2.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反响：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)。到达平衡时，PCl5为0.80mol，如果此时移走2.0molPCl3和1.0molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是()【导学号：99682230】A．0.8mol B．0.4molC．小于0.4mol D．大于0.4mol，小于0.8molC[：]10．汽车尾气中的CO、NO2在一定条件下可以发生反响：4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－1200kJ·mol－1。在一定温度下，向容积固定为2L的密闭容器中充入一定量的CO和NO2，NO2的物质的量随时间的变化曲线如下图：【导学号：99682231】(1)0～10min内该反响的平均速率v(CO)＝________，从11min起其他条件不变，压缩容器的容积变为1L，那么n(NO2)的变化曲线可能为图中的________(填字母)。(2)恒温恒容条件下，不能说明该反响已到达平衡状态的是________(填字母)。A．容器内混合气体颜色不再变化B．容器内的压强保持不变C．2v逆(NO2)＝v正(N2)D．容器内混合气体密度保持不变(3)对于该反响，温度不同(T2>T1)、其他条件相同时，以下图像表示正确的选项是________(填序号)。[解析](1)0～10min内v(CO)＝2v(NO2)＝eq\f(0.6－0.3mol,2L×10min)×2＝0.03mol·L－1·min－1。从11min起压缩容器容积，压强增大，平衡正向移动，n(NO2)应逐渐减小直至到达新的平衡。(2)混合气体颜色不再变化，说明各物质的浓度不变，可以说明到达平衡，A对；反响前后气体分子总数不相等，因此压强保持不变，可以说明到达平衡，B对；v逆(NO2)＝2v正(N2)才能说明到达平衡，C错；反响体系中物质全部为气体，密度始终保持不变，不能说明到达平衡，D错。(3)甲，温度升高，v正、v逆应该均出现突增，错误；乙，温度升高，平衡逆向移动，NO2的转化率应该降低，正确；丙，温度不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡时CO的体积分数应该减小，错误。[答案](1)0.03mol·L－1·min－1d(2)CD(3)乙11．(2022·山东高考节选)合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。(1)一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如下图，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反响生成氢化物MHy，氢化反响方程式为：zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)ΔH1(Ⅰ)；在B点，氢化反响结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反响(Ⅰ)中z＝________(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。反响(Ⅰ)的焓变ΔH1(Ⅰ)________0(填“>〞“＝〞或“<〞)。(2)η表示单位质量贮氢合金在氢化反响阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，那么温度为T1、T2时，η(T1)________η(T2)(填“>〞“＝〞或“<〞)。当反响(Ⅰ)处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反响(Ⅰ)可能处于图中的________点(填“b〞“c〞或“d〞)，该贮氢合金可通过________或________的方式释放氢气。[解析](1)在反响(Ⅰ)中，zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)，由方程式两边氢原子个数守恒得zx＋2＝zy，z＝eq\f(2,y－x)；温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v＝eq\f(240mL,2g×4min)＝30mL·g－1·min－1。因为T1<T2，温度升高，H2的压强增大，由平衡移动原理知，平衡向吸热方向移动，反响(Ⅰ)的逆反响为吸热反响，那么正反响为放热反响，所以ΔH1(Ⅰ)<0。(2)结合图像分析知，随着温度升高，反响(Ⅰ)向左移动，H2压强增大，故η随着温度升高而降低，所以η(T1)>η(T2)；当反响处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量H2，H2压强增大，H/M逐渐增大，由图像可知，气体压强在B点以前是不改变的，故反响(Ⅰ)可能处于图中的c点；该贮氢合金要释放氢气，应该使反响(Ⅰ)左移，根据平衡移动原理，可以通过升高温度或减小压强的方式使反响向左移动。[答案](1)eq\f(2,y－x)30<(2)>c加热减压B组专项能力提升(建议用时：15分钟)12．(2022·天津高考改编题)以下说法不正确的选项是()A．Na与H2O的反响是熵增的放热反响，该反响能自发进行B．某吸热反响能自发进行，因此该反响是熵增反响C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同D．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)常温下能自发进行，说明该反响的ΔH<0C[C项，不同催化剂的催化效率不同。]13．(2022·北京高考)为探讨化学平衡移动原理与氧化复原反响规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2”反响中Fe3＋和Fe2＋(1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ，目的是使实验Ⅰ的反响到达______________________________________________________________。(2)ⅲ是ⅱ的比照实验，目的是排除ⅱ中________造成的影响。(3)ⅰ和ⅱ的颜色变化说明平衡逆向移动，Fe2＋向Fe3＋转化。用化学平衡移动原理解释原因：_________________________________________。(4)根据氧化复原反响的规律，该同学推测ⅰ中Fe2＋向Fe3＋转化的原因：外加Ag＋使c(I－)降低，导致I－的复原性弱于Fe2＋，用以下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。①K闭合时，指针向右偏转，b作________极。②当指针归零(反响到达平衡)后，向U形管左管中滴加0.01mol·L－1AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是____________________________。(5)按照(4)的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ⅱ中Fe2＋向Fe3＋转化的原因。①转化原因是____________________________。②与(4)实验比照，不同的操作是_________________________________。(6)实验Ⅰ中，复原性：I－>Fe2＋；而实验Ⅱ中，复原性Fe2＋>I－。将(3)和(4)、(5)作比照，得出的结论是_________________________________。[解析](1)实验Ⅰ溶液的颜色不再发生变化，那么说明实验Ⅰ的反响到达了化学平衡状态。(2)实验ⅱ为参加1mL1mol·L－1FeSO4溶液，实验ⅲ为参加了1mLH2O，结果是实验ⅲ的颜色比ⅱ略深，故以ⅲ作比照，排除ⅱ中溶液稀释对颜色变化造成的影响。(3)ⅰ中加AgNO3