《化学平衡》同步练习5(第一课时)(人教版选修4).docx

第二章 第三节 化学平衡 第一课时 一、选择题(每题有1个或2个选项符合题意)1化学平衡状态是指()A反响不再发生B在一定条件下，反响混合物中各组成成分的浓度不随时间改变C反响容器内的总压强保持不变D反响物的转化率不再变化【答案】BD2以下反响属于可逆反响的是()AH2和O2点燃生成H2O的反响与H2O电解生成H2和O2的反响BCuSO4吸水形成晶体蓝矾与蓝矾加热失去水分生成CuSO4CCl2溶于水DNa2O溶于水【解析】A、B项的反响不是在同一条件下进行，不属于可逆反响；D项反响能进行到底，不属于可逆反响；同一条件下，Cl2与水反响生成HCl和HClO，同时，HCl和HClO反响生成Cl2与水，属于可逆反响。【答案】C3(2022·海南高考卷)X、Y、Z三种气体，取X和Y按1:1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反响：X2Y2Z，到达平衡后，测得混合气体中反响物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为32，那么Y的转化率最接近于()A33%B40%C50%D65%【解析】由：X2Y2Z起始： 1 1 0转化： a 2a2a平衡： 1a12a2a根据题意有：，a，Y的转化率最接近65%。【答案】D4在一定温度下，反响A2(气)B2(气)2AB(气)到达平衡的标志是()A单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的ABB容器内的总压强不随时间变化C单位时间生成2n mol的AB同时生成n mol的B2D单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的B2【解析】A中A2和AB的物质的量之比不等于化学式前的计量数之比，A不正确；容器内的总压强始终不随时间变化而变化，B不正确；D中生成A2和B2均为逆反响速率，D不正确。【答案】C5某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反响：A3B2C。假设维持温度和压强不变，当到达平衡时容器的体积为VL，其中C气体的体积占10%。以下推断正确的选项是()原混合气体的体积为1.2V L 原混合气体的体积为1.1V L反响到达平衡时气体A消耗掉0.05VL反响达平衡时气体B消耗掉0.05V LABCD【解析】设起始A和B的体积分别为a、bA3B2C起始的体积(L) ab 0转化的体积(L) 0.05V0.15V10%V平衡的体积(L) a0.05Vb0.15V 10%Va0.05Vb0.15V10%VVab1.1V【答案】A6可逆反响N23H22NH3的正、逆反响速率可用各反响物和生成物浓度的变化来表示。以下各关系中能说明反响已到达平衡状态的是()A3v正(N2)v正(H2)Bv正(N2)v逆(NH3)C2v正(H2)3v逆(NH3)Dv正(N2)3v逆(H2)【解析】反响进行时，用不同的物质表示速率，数值不同，可它们的比值是固定的。如用N2、H2、NH3分别表示同一正反响速率时，应有如下关系，v正(N2)v正(H2)v正(NH3)132。如果化学反响到达平衡，那么v(正)v(逆)。假设用具体物质表示，那么速率值应与计量数成比例，且必须指明的是正、逆两个方向。即v正(H2)v逆(NH3)32，v正(N2)v逆(NH3)12，v正(N2)v逆(H2)13。选项A只表示一个方向，选项B、D不符合计量数关系。选项C符合要求。【答案】C7在一定条件下，某容器中充入N2和H2合成NH3以下表达错误的选项是()A开始反响时，正反响速率最大，逆反响速率为零B随着反响的进行，正反响速率逐渐减小，最后减小为零C随着反响的进行，逆反响速率逐渐增大，最后保持恒定D随着反响的进行，正反响速率逐渐减小，最后与逆反响速率相等且都保持恒定【解析】随着反响的进行，正反响速率逐渐减小，后保持恒定，但最后不可能减小为零。【答案】B8以下哪种说法可以证明反响N23H22NH3到达平衡状态()A1个NN键断裂的同时，有3个HH键形成B1个NN键断裂的同时，有3个HH键断裂C1个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂D1个NN键断裂的同时，有6个NH键形成【解析】NN键断裂和HH键断裂均为正反响速率，B不正确；NN键断裂和NH键形成均为正反响速率，D不正确。【答案】AC9在恒温下的密闭容器中，有可逆反响2NO(g)O2(g)2NO2(g)热量，不能说明已到达平衡状态的是()A正反响生成NO2的速率和逆反响生成O2的速率相等B反响器中压强不随时间变化而变化C混合气体颜色深浅保持不变D混合气体平均相对分子质量保持不变【解析】A中正反响生成NO2的速率和逆反响生成O2的速率相等时，不符合化学式前的系数之比，所以A不能说明已到达平衡状态。【答案】A10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以下列图所示，以下表述正确的选项是()A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【解析】由曲线可知，N物质的量减少，是反响物；M物质的量增加，是生成物，A不正确。横轴t2对应纵轴数值为4，纵轴是物质的量轴，不是速率轴，B不正确。t3时刻以后，M、N物质的量不再改变，反响到达平衡状态，v(正)v(逆) ，C不正确。t1时刻N的物质的量为6 mol，M的物质的量为3 mol，D正确。【答案】D11在反响2SO2O22SO3中，有a mol SO2和b mol O2参加反响，到达化学平衡状态时有c mol SO3生成，那么SO2在反响混合物中的体积分数为()A.×100%B.×100%C.×100%D.100%【解析】此题考查了化学平衡的根本计算。由三步分析法可得：2SO2O22SO3起始量(mol) ab0转化量(mol) c0.5cc平衡量(mol) acb0.5cc(SO2)×100%【答案】D12在5 L的密闭容器中充入2 mol A气体和1 mol B气体，在一定条件下发生反响：2A(g)B(g)2C(g)达平衡时，在相同条件下测得容器内混合气体的压强是反响前的，那么A的转化率为()A67% B50% C25% D5%【解析】根据阿伏加德罗定律的推论，同温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，平衡时气体的物质的量为×(21) mol2.5 mol。解法一：设达平衡时，B反响了x mol，根据2A(g)B(g)2C(g)反响前 2 1 0变化量 2xx2x平衡时 22x 1x 2x那么(22x)(1x)2x2.5，x0.5(A)×100%50%解法二：根据反响的差量关系计算。由：2A(g)B(g)2C(g)n 2 mol 1 mol 2 mol 1 mol分析可知，反响前后气体物质的量的差量等于反响掉的B的物质的量。n( B)n(21) mol2.5 mol0.5 moln(A)2n(B)1 mol，求得(A)50%【答案】B13可逆反响：2NO22NOO2在体积固定的密闭容器中进行，到达平衡状态的标志的是()单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2在NO、O2表示的反响速率的比为221的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态ABCD全部【解析】中单位时间内生成n mol O2的同时必消耗2n mol NO2，所以能说明到达平衡状态，所描述的都是指正反响方向的速率，无法判断；无论到达平衡与否同向的速率之比总是符合方程式系数比例的；有色气体的颜色不变能够说明到达了化学平衡；因容器体积固定，密度是一个常数，所以不能说明；该反响是一个反响前后气体体积不等的反响，容器的体积又固定，所以均能说明到达平衡。【答案】A14右图中的曲线是表示其他条件一定时，2NOO22NO2(该反响放热)反响中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未到达平衡状态，且v(正)>v(逆)的点是()Aa点Bb点Cc点Dd点【解析】此坐标的纵轴表示的是NO的转化率，横轴表示温度，曲线上的任一点都表示在此温度下到达平衡状态时对应的转化率，从c点作纵轴的平行线与曲线交于一点，这表示假设想到达c点对应温度的平衡状态，需要转化更多的NO，表示c点未到达平衡状态，即v(正)>v(逆)(反响向正反响方向进行)。【答案】C二、非选择题15将2 mol H2O和2 mol CO置于1 L容器中，在一定条件下，加热至高温，发生如下可逆反响：2H2O(g)2H2O2、2COO22CO2。(1)当上述系统到达平衡时，欲求其混合气体的平衡组成，那么至少还需要知道两种气体的平衡浓度，但这两种气体不能同时是_和_，或_和_。(填它们的分子式)(2)假设平衡时O2和CO2的物质的量分别为：n平(O2)a mol，n平(CO2)b mol。试求n平(H2O)_。(用含a、b的代数式表示)【解析】(1)根据C、H元素守恒：n平(H2O)n平(H2)2 mol；n平(CO)n平(CO2)2 mol显然n平(H2O)和n平(H2)或n平(CO)和n平(CO2)，只要知道其中一个，另一个也就确定，同时知道两个是没有意义的。(2)根据n平(O2)和n平(CO2)求n平(H2O)有以下三种方法：三步法：第一步反响生成的O2的平衡量看作第二步反响的O2的起始量2H2O(g)2H2O2起始量(mol) 2 0 0变化量(mol) xx0.5x平衡量(mol) 2xx0.5x2COO22CO2起始量(mol) 2 0.5x0变化量(mol) y0.5yy平衡量(mol) 2y 0.5x0.5yy可得0.5x0.5ya；yb算得x2ab，n平(H2O)2x(22ab)mol。逐步逆推法：因为第二个反响的反响物O2是第一个反响的生成物，所以可以从第二个反响消耗O2的量逆推出第一个反响生成O2的量，进而推出第一个反响消耗的H2O的量。第二个反响生成b mol CO2，说明第二个反响消耗0.5b mol的O2，所以第一个反响生成(a0.5b)mol的O2，第一个反响消耗(2ab)mol H2O，得n平(H2O)(22ab)mol。元素守恒法：根据起始和平衡时体系中H、C、O三种元素原子个数不变列式求解。由H元素守恒：n平(H2O)n平(H2)2 mol由C元素守恒：n平(CO)n平(CO2)2 mol由O元素守恒：n平(H2O)n平(CO)2n平(CO2)4 mol代入数据解得：n平(H2O)(22ab) mol。【答案】(1)H2OH2COCO2(2)(22ab)mol16(2022·东北师大附中高二检测)在一定条件下，可逆反响A2(g)B2(g)2C(g)到达平衡时，A2、B2和C的浓度分别为0.5 mol/L、0.1 mol/L、1.6 mol/L，假设用a、b、c分别表示A2、B2、C的初始浓度(mol/L)，那么：(1)a、b应满足的关系是_(2)a的取值范围是_【解析】(1)由于在建立平衡的过程中A2、B2的浓度变化相同，所以二者平衡浓度之差应等于a与b的差a mol/Lb mol/L0.5 mol/L0.1 mol/L0.4 mol/L，即ab0.4.(2)假设平衡从正向建立，即C的初始浓度为0，那么初始浓度c(A2)0.5 mol/L×1.6 mol/L1.3 mol/L，c(B2)0.1 mol/L×1.6 mol/L0.9 mol/L.假设平衡从逆向建立，即B2的初始浓度为0，那么A2的初始浓度为0.4 mol/L，此时C的初始浓度为1.6 mol/L2×0.1 mol/L1.8 mol/L.因此有0.4 a1.30b0.9.【答案】(1)ab0.4(2)0.4a1.317在某一容积为5 L的密闭容器内，参加0.2 mol的CO和0.2 mol的H2O，在催化剂存在的条件下高温加热，发生如下反响：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)；正反响为吸热反响反响中CO2的浓度随时间变化情况如图：(1)根据图中数据，反响开始至到达平衡时，CO的平均反响速率为_；反响到达平衡时，c(H2)_.(2)判断该反响到达平衡的依据是_CO减少的化学反响速率和CO2减少的化学反响速率相等CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化正、逆反响速率都为零【解析】根据图示可知：反响进行到10 min时，c(CO2)0.03 mol/L达最大值，说明此时反响到达平衡状态(1)v(CO2)0.003 mol/(L·min)，那么v(CO)v(CO2)0.003 mol/(L·min)，反响到达平衡时，c(H2)c(CO2)0.03 mol/L.(2)、均说明v(正)v(逆)，反响到达平衡状态，但反响到达平衡状态时，各反响组分的浓度不一定相等，且v(正)v(逆)0【答案】(1)0.003 mol/(L·min)0.03 mol/L(2) 18有如下化学反响：2A(g)B(g)2C(g)(正反响为放热反响)(1)假设将4 molA和2 mol B在2 L的容器中混合，经2 s后测得C的浓度为0.6 mol/L；用物质A表示的平均反响速率为_；2 s时物质B的浓度为_；(2)如以下列图是一定条件下该反响过程中，体系内各物质浓度的变化情况。反响处于平衡状态的时间是_【解析】(1)当2 s时c(C)0.6 mol/L，那么消耗A的物质的量浓度为c(A)0.6 mol/L，所以v(A)0.3 mol/(L·s)，2 s时c(B)×0.6 mol/L0.7 mol/L.(2)t1t2、t3t4时间段时，反响组分的物质的量浓度保持不变，说明反响在t1t2、t3t4时间段内处于化学平衡状态【答案】(1)0.3 mol/(L·s)0.7 mol/L(2)t1t2、t3t419(2022·江苏高考卷)将一定量的SO2和含0.7 mol氧气的空气(忽略CO2)放入一定体积的密闭容器中，550时，在催化剂作用下发生反响：2SO2O22SO3(正反响放热)。反响到达平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28 L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6 L(以上气体体积均为标准状况下的体积)。(计算结果保存一位小数)请答复以下问题：(1)判断该反响到达平衡状态的标志是_。(填字母)aSO2和 SO3浓度相等bSO2百分含量保持不变c容器中气体的压强不变dSO3的生成速率与SO2的消耗速率相等e容器中混合气体的密度保持不变(2)求该反响到达平衡时SO2的转化率(用百分数表示)。(3)假设将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀多少克【解析】(1)平衡标志的判断一是正逆反响速率相等，二是各成分含量保持不变。浓度相等不能作为平衡标志的判断，a不正确；由于是气体体积不相等的反响，压强不变可以作为平衡判断标志；d项中均表示正反响速率，不正确。由于均为气体反响，气体的质量守恒，体积不变，密度不变，不能作为平衡的标志。【答案】(1)bc(2)消耗O2的物质的量：0.7 mol0.45 mol生成SO3的物质的量：0.45 mol×20.9 molSO2和SO3的物质的量之和：0.95 mol反响前SO2的物质的量：0.95 molSO2的转化率：×100%94.7%(3)在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会存在。因此BaSO4的质量为0.9 mol×0.05×233g·mol110.5g。