2020届高考化学总复习专题七化学平衡常数化学反应方向课时作业(含解析)苏教版

化学均衡常数化学反响的方向1．对于均衡常数，以下说法不正确的选项是( )A．均衡常数不随反响物或生成物浓度的改变而改变B．均衡常数随温度的改变而改变C．均衡常数不随压强的改变而改变D．使用催化剂能使均衡常数增大分析：选D化学均衡常数只随温度的改变而改变。只需温度不变，对同一可逆反响来说，值不变。2．反响2AB(g)===C(g)＋3D(g)在高温时能自觉进行，反响后系统中物质的总能量高升，则该反响的H、S应为( )A．

H<0，

S>0

B．

H<0，

S<0C．

H>0，

S>0

D．

H>0，

S<0分析：选

C该反响中气体的物质的量增添，

S>0。反响后系统中物质的总能量高升，说明正反响是吸热反响，H>0。3．以下说法错误的选项是( )A．同一物质在气态时熵值最大，液态时次之，而固态时熵值最小B．硝酸铵溶于水吸热，说明其溶于水不是自觉的过程C．不借助外力能自觉进行的过程，其系统的能量趋势于从高能量状态转变成低能量状态D．由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，更合适于全部的过程分析：选B固然硝酸铵溶于水吸热，但因为系统的熵值增大，故在常温下也能自觉进行。4．已知反响①：CO(g)＋2(g)＋Cu(s)和反响②：H2(g)＋＋H2O(g)在同样的某温度下的均衡常数分别为1和2，该温度下反响③：CO(g)＋KKH2(g)＋H(g)的均衡常数为K。则以下说法正确的选项是( )22A．反响①的均衡常数1c2cK＝cc1B．反响③的均衡常数K＝K2C．对于反响③，恒容时，温度高升，H2浓度减小，则该反响的焓变成正当D．对于反响③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度必定减小分析：选B在书写均衡常数表达式时，纯固体不可以表示在均衡常数表达式中，A错误；K1因为反响③＝反响①－反响②，所以均衡常数

K＝K2，B正确；反响③中，温度高升，

H2浓度减小，则均衡左移，即逆反响为吸热反响，正反响为放热反响，所以

H<0，C错误；对于反应③，在恒温恒容下，增大压强，若充入惰性气体，则均衡不挪动，

H2的浓度不变，

D错误。恒温、恒压下，将1molO2和2molSO2气体充入一体积可变的容器中(状态Ⅰ)，发生反响：2SO(g)＋O23(g)，状态Ⅱ时达到均衡，则O的转变率为()2A．60%B．40%C．80%D．90%分析：选A恒温、恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比。设O的转变率为x，则：22SO(g)＋O3(g)22n(始)/mol210n(变)/mol2xx2xn(平)/mol2－2x1－x2x1.6(2－2x)＋(1－x)＋2x＝3×2，解得x＝0.6。6．(2018·哈尔滨模拟)固体碘化铵置于密闭容器中，加热至必定温度后恒温，容器中发生反响：①NH43(g)＋HI(g)2(g)＋I2(g)，测得均衡时c(I2)＝0.5－120，则以下结论不正确的选项是( )mol·L，反响①的均衡常数为A．均衡时c(NH3)＝5mol·L－1B．均衡时HI分解率为20%C．混淆气体的均匀摩尔质量不再发生变化不可以够作为判断该反响达到均衡状态的标记D．均衡后减小容器容积，NH4I的物质的量增添，I2的物质的量不变分析：选D设碘化铵生成氨气和碘化氢的浓度为xmol·L－12(g)＋I2(g)开端(mol·L－1)x00变化(mol·L－1)10.50.5均衡(mol·L－1)x－10.50.5依据反响①的均衡常数为20，得x(x－1)＝20，解得x＝5，c(NH3)＝5mol·L－1，A正确；1mol均衡时HI分解率为×100%＝20%，B正确；反响①固体生成气体，均匀摩尔质量一直不变，反响②反响前后物质的量不变，均匀摩尔质量一直不变，故混淆气体的均匀摩尔质量不再发生变化不可以够作为判断该反响达到均衡状态的标记，C正确；均衡后减小容器容积，均衡①逆向挪动，NHI的物质的量增添，HI的物质的量降低，均衡②逆向挪动，则I2的物质的量4减小，D错误。7．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入必定量的CO气体，必定条件下发生反响：Ni(s)＋(g)，已知该反响的均衡常数与温度的关系以下表所示：4温度/℃2580230均衡常数5×10421.9×10－5以下说法不正确的选项是( )A．上述生成Ni(CO4)(g)的反响为放热反响B．25℃时反响Ni(CO)4＋4CO(g)的均衡常数为2×10－5C．在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5－1mol·L，则此时v(正)>v(逆)D．80℃达到均衡时，测得n(CO)＝0.3mol，则Ni(CO)4的均衡浓度为2mol·L－1分析：选C因为温度高升，均衡常数减小，所以正反响为放热反响，A正确；Ni(CO)4＋4CO(g)的均衡常数为Ni(s)＋4(g)的均衡常数的倒数，所以其应为(5×104)－1＝2×10－5，B正确；在80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5mol·L－1，此时离子积为8，所以反响逆向进行，此时v(正)<v(逆)，C不正确；80℃达到均衡时，测得n(CO)＝0.3mol，c(CO)＝1.0mol·L－1，利用K可求出Ni(CO)4的均衡浓度为2mol·L－1，D正确。8．可逆反响：2SO(g)＋O23(g)达到均衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入必定量的O。以下说法正确的选项是(K为均衡常数，Q为离子积)()2cA．Qc不变，K变大，O2转变率增大B．Qc不变，K变大，SO2转变率减小C．Qc变小，K不变，O2转变率减小D．Qc增大，K不变，SO2转变率增大分析：选C加入必定量的O，均衡向右进行，但O转变率减小，浓度商Q＝22c2c232cK不变。cc229．在密闭容器中，必定条件下，进行以下反响：NO(g)＋1HN2(g)＋CO2(g)2＝－373.2kJ·mol－1，达到均衡后，为提升该反响的速率和NO的转变率，采纳的正确举措是()A．加催化剂同时高升温度B．加催化剂同时增大压强C．高升温度同时充入N2降低温度同时增大压强分析：选B提升反响速率的一般做法有：①高升温度，②增大反响物浓度，③对有气体参加的反响增大压强，④加入催化剂。要提升NO的转变率，即让均衡向正反响方向挪动，可采纳的做法有：①降低温度，②增大压强，③增大CO的浓度等。综合以上的剖析，B正确。10．N2O5是一种新式硝化剂，在必定温度下可发生以下反响：2N2O52(g)＋O2(g)H>0T1温度下的部分实验数据以下表：t/s05001000150025－15.003.522.502.50c(NO)/(mol·L)以下说法不正确的选项是()A．500s内N2O5的分解速率为2.96×10－3－1－1mol·L·sB．T温度下的均衡常数K＝125,1000s时转变率为50%11C．其余条件不变时，2温度下反响均衡时测得25－11<2TTTD．T1温度下的均衡常数为K1，T3温度下的均衡常数为K3，若K1>K3，则T1>T3－－1分析：选Cv(N2O5)＝＝2.96×10－3－1－1500smol·L·s，A正确；1000后N2O5的浓度不再发生变化，即达到了化学均衡，列出两种量以下：2N2O54NO2＋O2开端(mol·L－1)5.0000均衡(mol·L－1)2.505.001.25c42c24×1.25则K＝c22O5＝2＝125，α(NO)＝2.50mol·L－15.00mol·L×100%＝50%，B正确；T温度下均衡时NO25－1225的浓度大于T1温度下的，则改变温度使均衡逆向挪动了，逆向是放热反响，因降低温度均衡向放热方向挪动，故T2<T1，C错误；对于吸热反响来说，T越高，K越大，若K1>K3，则T1>T3，D正确。在恒容密闭容器中通入E、F两种气体，在必定条件下发生反响：2E(g)＋H>0。达到均衡后，改变一个条件(x)，以下量(y)必定切合图中曲线的是( )选项

x

yA

通入

E气体

F的转变率B

加入催化剂

E的体积分数C

增大压强

混淆气体的总物质的量D

高升温度

混淆气体的总物质的量分析：选

A

A项，当通入

E气体时，均衡向正反响方向挪动，

F的转变率增大，正确；

B项，加入催化剂只好改变反响速率，均衡不挪动，E的体积分数不变，错误；C项，增大压强，均衡向正反响方向挪动，混淆气体的总物质的量减小，错误；D项，正反响为吸热反响，高升温度，均衡向吸热方向挪动，混淆气体的总物质的量减小，错误。12．碘单质难溶于水却易溶于KI溶液。碘水中加入KI溶液发生反响：I2(aq)＋I－－(aq)，该反响的均衡常数与3温度的关系如图，以下说法不正确的选项是

(

)A．上述正反响为放热反响B．上述系统中加入苯，均衡不挪动C．可运用该反响原理除掉硫粉中少许的碘单质D．实验室配制碘水时，为增大碘单质的溶解度可加入适当

KI

溶液分析：选

B

由图中可知，跟着温度的高升，均衡常数减小，故高升温度均衡逆向挪动，正反响为放热反响，

A正确；加入苯后能将溶液中的碘单质萃取，降低了溶液中

c(I

2)，均衡逆向挪动，

B错误；硫粉中的碘单质在加入

KI

后，碘单质生成

KI3而除掉，

C正确；配制碘水时，加入

KI

溶液，使均衡正向挪动，增大碘单质的溶解度，

D正确。13．(2018·渭南模拟

)某温度，将

2molCO

与

5molH

2的混淆气体充入容积为

2L

的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反响：

CO(g)＋2H2

3OH(g)。经过

5min

后，反响达到均衡，此时转移电子6mol。该反响的均衡常数为________，v(CH3OH)＝______mol·L－1·min－1。若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，此时v(正)________v(逆)(填“>”“<”或“＝”)。在其余条件不变的状况下，再增添2molCO与5molH2，达到新均衡时，CO的转变率________(填“增大”“减小”或“不变”)。以下不可以说明该反响已达到均衡状态的是________。a．CH3OH的质量不变b．混淆气体的均匀相对分子质量不再改变c．v逆(CO)＝2v正(H2)d．混淆气体的密度不再发生改变(4)在必定压强下，向容积为

VL的容器中充入

amolCO与

2amolH2，在催化剂作用下反响生成甲醇，均衡转变率与温度、压强的关系

如图所示。则

p1__________p2(填“大于”“小于”或“等于”，

下同)。H________0，该反响在

________(填“高温”或“低温”

)下能自觉进行。(5)能使该反响的反响速率增大，且均衡向正反响方向挪动的是

________。a．实时分别除

CH3OH气体

B．合适高升温度c．增大

H2的浓度

D．选择高效催化剂分析：(1)

依照化学方程式知，转移

4mol

电子耗费

CO的物质的量为

1mol

，此时转移

66mol

电子，耗费的

CO物质的量＝

4×1mol＝1.5molCO(g)＋

2H2(g)

CH3OH(g)开端(mol)2

5

0变化(mol)1.5

3

1.5均衡(mol)0.521.5均衡浓度c(CO)＝0.5mol＝0.25mol·L－1，2Lc(H2)＝2mol＝1mol·L－1，2Lc(CH3OH)＝1.5mol＝0.75mol·L－1，2L均衡常数＝0.752＝3；K0.25×130.75mol·L－1－1·min－15min内，v(CHOH)＝5min＝0.15mol·L。若保持体积不变，再充入1.5＋1.52molCO和1.5molCH3OH，此时离子积c＝2＝1.2<3，说明反响正向进行，此时Q0.5＋222×1v(正)>v(逆)。(2)在其余条件不变的状况下，再增添2molCO与5molH，相当于增大压强，2该反响是气体体积减小的反响，均衡正向挪动，CO的转变率增大。(3)反响CO(g)＋2H23OH(g)H<0是气体体积减小的放热反响。CH3OH的质量不变，物质的量不变，说明反响达到均衡状态，a不切合；反响前后气体的质量不变，气体的物质的量变化，当混淆气体的均匀相对分子质量不再改变时，说明反响达到均衡状态，b不切合；当2(CO)＝v逆正(H2)时，说明反响达到均衡状态，但v逆(CO)＝2v正(H2)说明反响未达到均衡状态，c切合；反应前后气体质量不变，容器容积不变，混淆气体的密度一直不变，不可以说明反响达到均衡状态，d切合。(4)同样温度下，同一容器中，增大压强，均衡向正反响方向挪动，则CO的转变率增大，依据图像知，p小于p，温度高升CO的转变率减小，说明高升温度均衡逆向进行，12逆反响为吸热反响，正反响为放热反响，<0，反响CO(g)＋2H23OH(g)是气体体积H减小的反响，S<0，低温下知足H－TS<0，即低温下能自觉进行。(5)a.实时分别除CH3OH，减少生成物浓度，均衡正向挪动，但反响速率减小，错误；b.高升温度，均衡逆向挪动，错误；c.增大H2的浓度，化学反响速率增大，均衡正向挪动，正确；d.选择高效催化剂，化学反响速率增大，均衡不挪动，错误。答案：(1)30.15>(2)增大(3)cd(4)小于小于低温(5)c14．已知：CO(g)＋H22(g)＋H2(g)＝，其均衡常数随温度变化以下表所HQ示：温度/℃400500850均衡常数9.9491请回答以下问题：(1)上述反响的化学均衡常数表达式为______________，该反响的Q＝________0(填“>”或“<”)。(2)850

℃时在体积为

10L反响器中，通入必定量的

CO和

H2O(g)

，发生上述反响，

CO和H2O(g)

浓度变化以下图，则

0～

4

min

时均匀反响速率

v(CO)

＝________________________________________________________________________。(3)若在500℃时进行，且CO、H2O(g)的开端浓度均为0.020mol·L－1，该条件下，CO的最大转变率为________。(4)若在850℃时进行，设开端时CO和HO(g)共为1mol，此中水蒸气的体积分数为x，2均衡时CO的转变率为y，试推导y随x变化的函数关系式为________。(5)有人提出能够设计反响2CO===2C＋O2(H>0)来除去CO的污染。请判断上述反响可否自觉进行：_______(填“能”或“不可以”)，原由是________________________________________________________________________。分析：(1)依照图表数据剖析，高升温度，均衡常数减小，均衡逆向挪动，故正反响为放－－1热反响，H<0。(2)v(CO)＝＝0.03mol·L－1·min－1。(3)设CO的浓4min度变化量为a，则CO(g)＋H22(g)＋CO2(g)开端(mol·L－1)0.020.0200－1aaaa变化(mol·L)均衡(mol·L－1)0.02－a0.02－aaa代入500℃时反响均衡常数有K＝c2c2＝a22＝9，解得a＝0.015，CO的最大转变率为cc2－a0.015mol·L－1xmol，0.02mol·L－1×100%＝75%。(4)因850℃时反响均衡常数为1。开端时水的物质的量为CO的物质的量为(1－x)mol，则CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)开端/mol1－xx00转变/mol(1－x)y(1－x)y(1－x)y(1－x)y均衡/mol(1－x)(1－y)x－y＋xy(1－x)y(1－x)y所以均衡常数K＝－xy－xy＝1，解得y＝x。(5)反响2CO===2C－x－yx－y＋xy＋O2(H>0)，则G＝H－TS>0，反响H>0且S<0，依照G＝H－TS判断任何情况下不可以自觉进行。答案：(1)＝c2cKcc

2<2(2)0.03mol·L－1·min－1(3)75%(4)y＝x(5)不可以H>0且S<0，不可以自觉进行15．25℃时，在体积为2L的密闭容器中，气态物