2022高一化学每课一练23化学反应的速率和限度第2课时化学反应的限度(人教版必修2).docx

2.3 化学反响的速率和限度第2课时化学反响的限度每课一练人教版必修2练根底落实1能充分说明可逆反响N2(g)O2(g)2NO(g)已到达平衡状态的是()AO2的消耗速率等于NO的消耗速率B容器内始终有N2、O2和NO共存C容器内反响混合物的总物质的量不随时间改变D单位时间内每生成nmolN2，同时生成2nmolNO2以下措施可以提高燃料燃烧效率的是()固体燃料粉碎液体燃料雾化煤经气化处理通入足量的空气ABCD全部3在一密闭容器中进行反响：2SO2(g)O2(g)催化剂加热2SO3(g)。反响过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol·L1、0.1mol·L1、0.2mol·L1。当反响到达平衡时，可能存在的数据是()ASO2为0.4mol·L1，O2为0.2mol·L1BSO2为0.25mol·L1CSO2、SO3均为0.15mol·L1DSO3为0.4mol·L14在一定温度下，容器内某一反响中M、N的物质的量随反响时间变化的曲线如图所示，以下表述正确的选项是()A此反响的化学方程式为2MNBt2时，正逆反响速率相等，到达平衡Ct3时，正反响速率大于逆反响速率Dt1时，N的浓度是M浓度的2倍5.恒温下，amolA和bmolB在如下列图活塞可自由滑动的容器中发生如下反响：A(g)2B(g)2C(g)，一段时间后到达平衡，生成nmolC。那么以下说法中正确的选项是()A物质A、B的转化率之比为abB起始时刻和达平衡后容器中的压强比为(ab)(ab)C假设起始时放入2amolA和2bmolB，那么达平衡时生成nmolCD当v正(A)2v逆(B)时，可判定反响到达平衡练方法技巧控制反响限度的技巧62SO2O22SO3是工业制H2SO4的一个重要的反响，控制此反响条件，使之向有利于生成SO3的反响方向进行，以下有关表达错误的选项是()A使用催化剂(V2O5)可提高该反响的反响速率B定期抽走SO3，有利于提高SO3的产率C增大O2的浓度，有利于提高SO2的转化率D增大SO2的浓度，有利于提高SO2的转化率7欲提高合成氨：N23H22NH3反响的反响速率，以下措施可行的是()采用高温采用高压使用催化剂增大N2的浓度增大H2的浓度ABCD全部8对于化学反响A(g)3B(g)3C(g)，以下措施既可加快反响速率，又可提高A的转化率的是()A使用催化剂B增大A物质的浓度C增大B物质的浓度D减小C物质的浓度题号12345678答案练综合拓展9向2 L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反响；xA(g)yB(g)pC(g)qD(g)：平均反响速率vCvA；反响2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有amolD生成。答复以下问题：(1)反响2min内，vA_，vB_；(2)化学方程式中，x_、y_、p_、q_；(3)反响平衡时，D为2amol，那么B的转化率为_；(4)如果只升高反响温度，其他反响条件不变，平衡时D为1.5amol，那么该反响的H_0(填“、“或“)；(5)如果其他条件不变，将容器的容积变为1 L，进行同样的实验，那么与上述反响比较：反响速率_(填“增大、“减小或“不变)，理由是_；平衡时反响物的转化率_(填“增大、“减小或“不变)，理由是_；参考答案1DA项以消耗O2表示的正反响速率与以消耗NO表示的逆反响速率不相等；B项对任意一个可逆反响，体系中的各物质同时存在，不能作为化学平衡状态判断的依据；C项从反响方程式看反响体系中总的物质的量始终不变，不能作为判断依据；D项中以N2表示的逆反响速率与以NO表示的正反响速率相等，即到达平衡状态。2D由于大块固体燃料与空气的接触面积有限，燃烧往往不够充分，固此工业上常将固体燃料粉碎，或将液体燃料雾化以增大燃料与空气的接触面积，提高燃烧效率。3B解答可逆反响的问题时，要特别注意反响物不可能完全转化为产物，产物也不可能完全转化为反响物；另外从量上来讲，元素的原子不可能凭空增加或减少。总之要理解好“可逆和“守恒这两个词的含义。A项数据说明，0.2 mol·L1的SO3完全转化生成了SO2和O2，即平衡时SO3的浓度为0，这是不可能的；B项说明在题给浓度的根底上又有0.05 mol·L1的SO3分解生成0.025 mol·L1的O2和0.05 mol·L1的SO2，这是可能的；C项数据说明SO2、SO3的浓度都在原有的根底上减少了0.05 mol·L1，这也是不可能的；D项数据说明SO2完全转化生成了SO3，即平衡时SO2和O2的浓度都是0，这也是不可能的。4D由图像可知N为反响物，M为生成物，然后找出在相同时间段内变化的M、N的物质的量之比(与是否到达平衡无关)以确定M、N在化学方程式中的化学计量数之比，即该反响的化学方程式是2NM。t2时刻M、N的物质的量相等，但此时M、N的物质的量仍在发生变化，反响未到达平衡状态，因此正反响速率不等于逆反响速率。t3时刻及t3时刻之后，M、N的物质的量不再改变，证明已到达平衡状态，此时正、逆反响速率相等。5B由题意计算可知：A(g)2B(g)2C(g)ab0abnnnn那么A、B的转化率之比：b2a，A项不正确；起始时与平衡时压强之比：，B项正确；此容器为恒压容器，当投入量加倍时，达平衡时，生成C的物质的量加倍，C项不正确；D项中v正(A)v逆(B)12时，可判定反响到达平衡，D项不正确。6D要使一个达平衡的可逆反响向生成物方向进行，可以增大反响物浓度或减小生成物浓度，因此B、C正确；D中增大SO2的浓度，只能使SO2转化的物质的量增大，而增大的转化量远小于参加的物质的量，故转化率是降低的，故D错误；使用正确的催化剂只能提高反响速率，而不能增大转化率，A正确。7D增大化学反响速率采用的方法和采取措施促进反响的完成程度以提高原料的利用率(或转化率)所采用的方法不一定相同。如催化剂的使用可增大反响速率，但不能提高原料的利用率。8C增大B的浓度，可加快反响速率，同时可增大A的转化率。9(1)mol·L1·min1mol·L1·min1(2)2316(3)×100%(4)<(5)增大体积减小，反响物的浓度增大，因而使反响速率增大减小体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数减少的方向(即逆反响方向)移动，因而使反响物转化率减小解析(1)vAmol·L1·min1vBmol·L1·min1同样可得vDmol·L1·min1vCvAmol·L1·min1(2)由化学反响速率之比等于化学方程式中化学计量数之比可得xypqvAvBvCvD2316。(3)当D为2amol时，B减少了amol，因此B的转化率为×100%×100%。(4)其他条件不变只升高温度，化学平衡向吸热反响方向移动，由题意知原平衡时D为2amol，升高温度到达新平衡时，D为1.5amol，可见反响向逆反响方向移动，因此正反响是放热反响，即H<0。(5)原密闭容器的体积为2 L，现变为1 L，其他条件不变，反响物和生成物的浓度都增大，因此反响速率增大。减小体积即为加压，增大压强，平衡应向气体计量数之和小的方向移动，由于反响方程式为2A(g)3B(g)C(g)6D(g)，左边气体计量数之和小，因此平衡向左移动，反响物的转化率减小。