2021届高考化学一轮复习-第2节-化学平衡测试-大纲人教版2.doc

第九章 化学反响速率 化学平衡第二节 化学平衡1(2021·广州综合测试)反响A(g)B(g) C(g)D(g)发生过程 中的能量变化如下图，H表示反响的焓变。以下说法正确 的是()A反响体系中参加催化剂，反响速率增大，E1减小，E2增大B反响体系中参加催化剂，反响速率增大，H不变CH<0，反响到达平衡时，升高温度，A的转化率增大DH>0，反响到达平衡时，升高温度，A的转化率减小解析：A项中，E1和E2均减小，但二者差值不变，即H不变，所以A项不正确；C项中，由图示可知H<0，升温会使平衡向左移动，A的转化率减小，C项不正确；D项明显不正确。答案：B2(2021·山师附中4月考题)T时，将气体X与气体Y置于一密闭容器中，反响生成气体Z，反响过程中各物质的浓度变化如图甲所示。保持其他条件不变，在T1、T2两种温度下，Y的体积分数变化如图乙所示。以下结论正确的选项是()At2时，保持其他条件和物质状态不变，增加压强，化学平衡向逆反响方向移动BT时，假设密闭容器中各物质起始浓度为：0.4 mol/L X、0.4 mol/L Y、0.2 mol/L Z。保持其他条件不变，到达平衡时Z的浓度为0.4 mol/LC图乙中T1>T2，那么正反响是吸热反响D其他条件不变，升高温度，正、逆反响速率均增大，且X的转化率增大解析：此题考查化学反响速率和化学平衡知识。由图甲可知该反响的化学方程式为X(g)3Y(g) 2Z(g)，所以压强增大时，平衡正向移动，A错误；B中所示平衡与图甲所示平衡为等效平衡，B正确；图乙中T1时先到达平衡，所以T1>T2，温度升高时Y的体积分数增大，说明平衡逆向移动，逆反响是吸热反响，正反响是放热反响；其他条件不变，升高温度时，平衡逆向移动，X的转化率减小。答案：B3(2021·模拟题)在容积不变的密闭容器中发生反响：2AB(g)C(s)，到达平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，那么以下表达正确的选项是()A假设正反响是吸热反响，那么A为非气态B假设正反响是放热反响，那么A为非气态C在平衡体系中参加少量C，该平衡向左移动D改变压强对平衡的移动无影响解析：分析可逆反响特点时注意到A物质状态未标明，C物质为固体，再结合题干中条件，(气)增大，说明气体质量增大，升温时，假设正反响为吸热反响，可逆反响平衡必向右移动，说明A为非气态物质，只有A项表达正确。答案：A4(2021·改编题)向一体积不变的密闭容器中参加2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反响，各物质浓度随时间变化如图一所示。图二为t2时刻后改变反响条件，平衡体系中反响速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一个不同的条件。t3t4阶段为使用催化剂；图一中t0t1阶段c(B)未画出。以下表达正确的选项是()A该密闭容器容积为3 L，B不一定为生成物B该可逆反响的正反响为放热反响C该可逆反响可写为2A(g)B(g) 3C(g)，H>0DB的起始量为1 mol解析：分析图一可知该容器容积为2 L且c(A)c(C)23，分析图二；t4t5阶段是减小压强，平衡不移动，判断该可逆反响为气体等体积变化的反响且B物质一定为反响物(C的变化量比A的大)，分析t5t6阶段是升高温度，v正增大的多，正反响为吸热反响；并且根据B的平衡浓度可判断B的起始浓度为0.5 mol/L。答案：CD5(2021·模拟题)在1 L的密闭容器中，充入1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)，于850时进行化学反响：CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)；H<0，到达平衡时，有50%的CO转化为CO2。在相同温度下，将1 mol CO和4 mol H2O(g)充入同样的容器中，记录08 min内测得容器内各物质的物质的量如下表。t min时为该反响在改变温度后到达平衡时所测得的数据。以下说法正确的选项是()时间/minn(CO)/moln(H2O)/moln(CO2)/moln(H2)/mol0140040.53.50.50.56n1n2n3n48n1n2n3n4t0.553.550.450.45A.前4 min，用H2O表示的化学反响速率为v(H2O)1.75 mol/(L·min)B反响在第4 min时处于化学平衡状态C8 min时，CO的生成速率与H2O、CO2的生成速率均相等Dt min时，反响所处的温度低于850解析：易求得前4 min内v(H2O)0.125 mol/(L·min)，A错；第4 min时，CO的转化率仍为50%，由于此时的反响相当于在原来的平衡体系中再参加3 mol H2O(g)，平衡应该向右移动，平衡时CO的转化率应该大于50%，B错；因6 min及8 min时各气体的物质的量不再发生变化，故此段时间内反响处于平衡状态，反响物的生成速率与生成物的生成速率相等，C对；改变条件后，反响平衡时CO的物质的量变大，意味着平衡向左移动，故改变的条件是升温，D错。答案：C6(2021·山西师大附中期中考题)右图是红磷P(s)和Cl2(g)发生反响生成PCl3(g)和PCl5(g)的反响过程和能量关系图。其中PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的反响是一个可逆反响。温度T时，在密闭容器中参加0.6 mol PCl5，达平衡时PCl5还剩0.45 mol，其分解率为a。那么以下推断不正确的选项是()Aa等于25%B假设升高温度，平衡时PCl5的分解率小于aC假设起始时参加0.6 mol PCl3和0.6 mol Cl2，以相同的条件进行反响，那么平衡时PC转化率为3aD其他条件不变，增大压强，PCl5的转化率小于a解析：易求得a(0.6 mol0.45 mol)/0.6 mol25%，A对；由图可知PCl5分解是吸热过程，升温使分解率增大，B错；参加0.6 mol PCl3和0.6 mol Cl2与直接参加0.6 mol PCl5效果相当，平衡时体系内仍有0.15 mol PCl3，易求出PCl3的转化率为75%，C对；增加压强有利于PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)的平衡向左移动，PCl5的转化率降低，D对。答案：B7(2021·模拟题)以下反响到达平衡后，升高温度可以使混合气体平均相对分子质量增大的是()AH2(g)I2(g) 2HI(g)，正反响为放热反响BN2(g)3H2(g) 2NH3(g)，正反响为放热反响C2SO3(g) 2SO2(g)O2(g)，正反响为吸热反响D4NH3(g)5O2(g) 4NO(g)6H2O(g)，正反响为放热反响解析：根据M(m是气体总质量、n是气体总物质的量)，分析，当反响体系中所有物质均是气体时，m不变，升温时向吸热方向移动，假设此时气体总物质的量在减小，那么M增大，可见只有D项符合题意。答案：D8(2021·海南，4)在25时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/mol·L10.10.20平衡浓度/mol·L10.050.050.1以下说法错误的选项是()A反响到达平衡时，X的转化率为50%B反响可表示为X3Y2ZC增大压强使平衡向生成Z的方向移动，Z的转化率减小D升高温度可以增大反响速率和X的转化率解析：根据表中数据可知(0.10.05)(0.20.05)(0.10)132可推断出X3Y2Z，且平衡时X的转化率为50%；从题干中不知H的正负，因而D项不正确，C项中Z是产物，转化率是针对反响物而言。答案：CD9(2021·合肥一中月考题)某兴趣小组为探究外界条件对可逆反响A(g)B(g) C(g)D(s)的影响，在恒温条件下往一个容积为10 L的密闭容器中充入1 mol A和1 mol B，反响达平衡测得容器中各物质的浓度为。然后每次改变一种反响条件做了另三组实验，重新到达平衡时容器中各成分的浓度分别为、。ABC0.05 mol·L1a mol·L10.05 mol·L10.078 mol·L10.078 mol·L10.122 mol·L10.06 mol·L10.06 mol·L10.04 mol·L10.07 mol·L10.07 mol·L10.098 mol·L1对上述系列试验，以下结论中正确的选项是()A中a0.05B对应的操作方法可以是压缩反响容器的体积C实验结果的产生可能是因为采用了补充生成物D的方法D将与比拟，可以判断出正反响一定是放热反响解析：在中A、B、C的浓度均变大，采取的措施可以是压缩容器的体积；C项中D是固体，参加D平衡不发生移动；的操作是改变温度，平衡向逆反响方向移动，但采取的措施是升温还是降温题中并没有说明，所以无法判断出正反响是吸热反响还是放热反响。答案：AB10(2021·广州六中期中考题)将等物质的量的X、Y气体充入一个容积可变的密闭容器中，在一定条件下发生如下反响并到达平衡：X(g)Y(g)2M(s) 2Z(g)；H<0。当改变某个条件并维持新条件直至到达新平衡，下表中关于新平衡与原平衡的比拟，正确的选项是()选择改变的条件正、逆反响速率变化新平衡和原平衡比拟A升高温度逆反响速率增大量大于正反响速率增大量X的体积分数变大B增大压强正反响速率增大，逆反响速率减小Z的浓度不变C减小压强正、逆反响速率都减小Y的体积分数变大D充入一定量Z逆反响速率增大X的体积分数变大解析：该反响是反响前后气体分子数不变的反响，到达平衡时，压缩体积，平衡不移动，但是气体浓度增大。D项，充入Z，逆反响速率瞬时增大，而正反响速率随即增大，X体积增大，最终形成与原平衡等效的平衡状态，故X的体积分数不变。答案：A11(2021·广东中山纪念中学月考题)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入过量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)欲提高SO2的转化率，以下措施可行的是_(填字母)。a向装置中再充入N2 b向装置中再充入O2c改变反响的催化剂 d升高温度(3)求该反响到达平衡时SO2的转化率(用百分数表示)。(4)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：(2)向体积固定的密闭容器中充入N2，总压强虽然增大，但对反响的气体浓度没有影响，所以平衡不移动。参加催化剂，也不会对平衡产生影响，不会提高SO2的转化率。由于正反响是放热反响，升高温度，反响向逆反响方向进行，SO2的转化率降低。充入O2，使平衡右移，SO2的转化率提高答案：(1)bc(2)b(3)消耗O2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%(4)在给定的条件下，溶液呈强酸性，不会生成BaSO3沉淀。因此生成沉淀即BaSO4的质量为0.9 mol×0.05×233 g/mol10.5 g12(2021·模拟题)一定温度下，分别往容积均为5 L的甲(恒压密闭容器)、乙(恒容密闭容器)中各参加0.5 mol无色的N2O4气体，立即出现红棕色，如下图。当反应进行了2 s时，测得乙容器中N2O4的浓度为0.09 mol·L1。经过60 s乙容器中的反响到达平衡(反响过程中两个容器的温度均保持恒定。)(1)容器中气体出现红棕色的原因是(用化学方程式表示)_。(2)前2 s内，乙容器中以N2O4的浓度变化表示的反响速率为_。(3)到达平衡时，甲容器中反响所需的时间_60 s(填“大于、“小于或“等于，下同)；两容器中都到达平衡时，N2O4的浓度：甲_乙；反响过程中吸收的能量：甲_乙。(4)两容器都到达平衡后，假设要使甲、乙中N2O4浓度相等，不能采取的措施是_。A保持温度不变，适当压缩甲容器体积B保持容器体积不变，使甲容器升温C保持容器体积和温度不变，向甲容器中参加适量N2O4解析：(1)N2O4局部转化为NO2，化学方程式为N2O42NO2。(2)v(N2O4)(0.5 mol/5 L)0.09 mol/L/2 s0.005 mol/(L·s)。(3)甲容器始终维持一定的压强，而乙容器压强变大，故甲中反响慢，到达平衡所需时间长，由于到达平衡时甲容器容积大于乙容器容积，故甲容器中N2O4的浓度小于乙容器中N2O4的浓度。由于反响N2O42NO2是一个吸热反响，在反响过程中p(甲)<p(乙)，根据勒夏特列原理可知，反响的程度甲>乙，因此反响过程中甲吸收的热量多。(4)两容器各自到达平衡后N2O4的浓度甲小于乙，A和C均可以使甲中N2O4的浓度增大，B中使甲容器升温，平衡正向移动，使得N2O4的浓度变得更小，因此选B。答案：(1)N2O42NO2(2)0.005 mol(L·s)1(3)大于小于大于(4)B13(2021·金陵中学期中考题)在一定温度下有甲、乙容积相等的容器。(1)向甲容器中通入3 mol N2和4 mol H2，反响到达平衡时，生成NH3 a mol。此时，NH3的物质的量分数是_。假设在到达平衡状态的甲容器中通入少量的N2，那么到达新平衡时，体系中N2的体积分数将_(选填“增大“减小或“不变)。(2)向乙中通入2 mol NH3，欲使反响到达平衡时，各物质的浓度与(1)中第一次平衡时相同，那么起始时还需通入_mol N2和_ mol H2。(3)假设起始时，向乙中通入6 mol N2和8 mol H2，到达平衡时，生成的NH3的物质的量为b mol，那么_(选填“>“<或“)。解析：(1)N2(g)3H2(g)=2NH3(g) n 1 mol 3 mol 2 mol 2 mol a mol x xa mol即生成a mol NH3时，气体的总物质的量减少a mol，此时NH3的物质的量分数是×100%。(2)此题属恒容条件下的等效平衡问题，只要将生成物全部转化成反响物，再加上原有的反响物和甲中的两种反响物的物质的量相等，即可到达等效平衡状态，所以起始时需参加的N2为2 mol，H2为1 mol。(3)向乙中参加6 mol N2、8 mol H2，相当于两个甲反响平衡后再压缩到一个甲中，此时平衡向正反响方向移动，那么b>2a。答案：(1)×100%增大(2)21(3)<14(2021·模拟题)某校科技活动小组用镁粉、盐酸、醋酸及设计的以下图装置(夹持固定装置已略去)，对两种酸分别与镁反响的速率以及是否存在电离平衡进行探究。(1)组装完成后，某同学发现该装置在设计上存在明显缺陷：根本无法完成实验，甚至存在危险，其缺陷在于 ，其改良方法是 。(2)改良装置后，检查装置的气密性的方法是 。(3)欲配制100 mL实验所需浓度的盐酸，除50 mL量筒、烧杯、酸式滴定管、胶头滴管之外，还需用到的主要玻璃仪器是 。正确操作，记录得到下表中局部实验数据。A烧瓶中B烧瓶中20、101 kPa 50 mL量筒内气体读数反响时间A瓶B瓶40 mL01 mol/L醋酸溶液40 mL01 mol/L盐酸溶液5 mLt(a1)155 st(b1)7 s10 mLt(a2)310 st(b2)16 s15 mLt(a3)465 st(b3)30 s20 mLt(a4)565 st(b4)64 s44.8 mLt(an)865 st(bn)464 s分析数据，观察实验装置图，答复以下问题：(4)在实验数据中：t(a1)远远大于t(b1)的原因为 ；由_用含t(b1)、t(b2)、t(b3)代数式表示说明盐酸中不存在电离平衡；由_用含t(a1)、t(a2)、t(a3)代数式表示说明醋酸中存在电离平衡。(5)通过该实验可得到的结论是(答复出两点即可)：_；_。解析：此题考查定量实验以及数据分析原理。A、B为排水量气的装置，要保证气体能够将液体排出，所以装置不能加塞，否那么气体压强增大会引起危险。装置气密性检查采用常规的热敷法。配制所需要盐酸的关键仪器为100 mL容量瓶，另外还缺少搅拌引流的辅助仪器玻璃棒。实验获得的数据为收集等量的氢气所需要时间。数据处理时注意表达速率的数据间的联系。醋酸是弱酸，不能完全电离，相同浓度条件下醋酸中H远远小于盐酸中H浓度，所以前者速率远远小于后者，收集等量H2所需要的时间前者远远大于后者。盐酸中不存在电离平衡，随反响进行，H浓度逐渐减小，收集等量H2所需要时间逐渐加长，而醋酸存在着电离平衡，随反响进行醋酸继续电离，H浓度变化不大，收集等量H2所需时间相差不大。实验结论可围绕实验目的展开表达。答案：(1)A、B两个量筒口用胶塞密封，反响产生的H2会造成压强过大而发生危险或密封的量筒内气压反响开始后不断增大，会造成烧瓶或量筒因压强过大将胶塞推出除去A、B量筒口的胶塞(2)将导管口放入水槽中，用手捂住烧瓶，如果导管口有气泡产生，松开手后导管内有一段水柱，证明装置不漏气(3)100 mL容量瓶、玻璃棒(4)开始阶段醋酸溶液中的c(H)远小于相同浓度的盐酸中的c(H)t(b3)t(b2)>t(b2)t(b1)或t(b3)>t(b1)t(b2)t(a3)t(a2)t(a2)t(a1)或t(a3)t(a1)t(a2)(其他正确表达式也可)(5)相同物质的量浓度的盐酸、醋酸与金属反响时，盐酸开始反响速率大，过一段时间后醋酸较盐酸反响的速率快盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质(存在电离平衡)(合理表述均可)15(2021·潍坊一中期中考题)某实验小组探究浓度对化学平衡状态的影响假设1.增大反响物浓度或减小生成物浓度平衡向右移动。假设2.增大反响物浓度或减小生成物浓度平衡向左移动。在已达平衡的FeCl3和KSCN的混合液中，分别参加：FeCl3溶液KSCN溶液KCl固体NaF溶液(一)实验用品：仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、试管。试剂：FeCl3(aq)(0.01 mol/L,1.0 mol/L)，KSCN(aq)(0.01 mol/L，1.0 mol/L )，KCl(s)，NaF(aq)(1.0 mol/L)。(二)实验步骤：(1)往250 mL烧杯中参加100 mL蒸馏水，然后参加10 mL 0.01 mol/L FeCl3溶液，再参加10 mL 0.01 mol/L KSCN溶液，溶液由黄色变成橙红色。(2)取5支试管，编号分别为1,2,3,4,5，然后各取步骤(1)中FeCl3和KSCN的混合溶液4 mL加到5支试管中。往1号试管中滴加23滴1.0 mol/L FeCl3溶液，振荡，观察现象；往2号试管中滴加23滴1.0 mol/L KSCN溶液，振荡，观察现象；往3号试管中参加少量KCl固体，振荡，观察现象；往4号试管中滴加23滴1.0 mol/L NaF溶液，振荡，观察现象。(三)根据你所学的内容完成以下表格，并答复有关问题。FeCl3与KSCN溶液反响编号混合溶液颜色滴加的溶液溶液颜色的变化平衡移动的方向1橙红色FeCl3颜色_了，由橙红色变成了_色向_移动2橙红色KSCN颜色_了，由橙红色变成了_色向_移动3橙红色KCl颜色变浅了，由橙红色变成了黄色向_移动4橙红色NaF颜色变浅了，由橙红色变成了无色向_移动5橙红色橙红色不移动(1)由现象说明假设_成立，假设_不成立。(2)根据Fe3SCNFe(SCN)3，参加KCl固体，颜色不应该有变化，但现象却是变浅了，请你分析变浅的可能原因是 。(3)根据“4”号试管中的现象，分析在4号试管中发生的变化是_，说明了 。(从改变浓度影响平衡移动角度答复)解析：FeCl3与KSCN发生的化学反响为：FeCl33KSCNFe(SCN)33KCl，Fe33SCNFe(SCN)3。参加FeCl3或KSCN(增大反响物浓度)会使平衡向右移动，颜色加深，参加KCl固体，颜色变浅，说明平衡向左移动，可能是参加的Cl与Fe3形成配离子，减小了Fe3的浓度。参加NaF溶液变为无色，说明F与Fe3形成了比Fe(SCN)3更稳定的配位化合物，使平衡向左移动。答案：加深红加深红右右左左(1)12(2)Fe3与Cl形成络离子，使Fe3浓度减小，平衡向左移动(3)F与Fe3形成了无色的且比Fe(SCN)3更稳定的化合物(络合物)减小反响物的浓度会使平衡向逆反响方向移动。