2022高考化学一轮复习核心素养测评二十四化学平衡状态和移动含解析苏教版.doc

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1、化学平衡状态和移动一、选择题(此题包括3小题,每题8分,共24分)1.(2022德州模拟)在一定温度下,恒容的密闭容器中,能表示合成氨反响:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)到达平衡状态的标志有()容器中的压强不再发生变化;H2的生成速率与NH3的消耗速率之比为32;混合气体的平均相对分子质量不变;容器内混合气体的密度不变;NH3的物质的量浓度不再变化;密闭容器中n(N2)n(H2)n(NH3)=132。A.B.C.D.【解析】选C。该反响是气体物质的量变小的反响,压强不变说明反响到达平衡,正确;H2的生成速率和NH3的消耗速率都表示的v(逆),错误;反响中混合气体的总质量不变,假设平均相

2、对分子质量不变,说明气体物质的量不变,反响已达平衡,正确;恒容容器中混合气体的总质量和体积均无变化,故气体密度始终不变,错误;物质的浓度不变,说明已达平衡,正确;容器内气体物质的量之比等于化学计量数之比,与是否到达平衡无关,错误。2.(2022余姚模拟)向一体积不变的绝热密闭容器中充入一定量的X(g)和Y(g),发生反响X(g)+2Y(g)3M(g)+N(s)H0,以下说法正确的选项是()A.平衡后再充入一定量的稀有气体使容器内压强增大,正、逆反响速率增大B.容器内压强不再变化不能说明反响到达平衡状态C.当反响到达平衡后,X和Y的浓度之比一定为12D.随着反响的进行,气体的平均相对分子质量减小

3、【解析】选D。充入一定量的稀有气体,压强增大,但参加反响的气体的浓度不变,反响速率不变,故A错误;反响前后体积不变,那么绝热密闭容器中,温度变化,压强变化,当压强不变时,可说明到达平衡状态,故B错误;X和Y的物质的量不确定,不能判断平衡浓度,故C错误;反响生成固体,那么气体的质量减小,物质的量不变,可知随着反响的进行,气体的平均相对分子质量减小,故D正确。3.(2022江苏七市联考)甲、乙是体积均为1.0 L的恒容密闭容器,向甲容器中参加0.1 mol CO2和0.3 mol炭粉,向乙容器中参加0.4 mol CO,在不同温度下发生反响:CO2(g)+C(s)2CO(g)。到达平衡时CO的物质

4、的量浓度随温度的变化如下图。以下说法正确的选项是()A.曲线对应的是甲容器B.a、b两点对应平衡体系中的压强之比:papb=149C.c点对应的平衡体系中,CO的体积分数大于D.900 K时,起始向容器乙中参加CO、CO2、炭粉各1 mol,此时v正v逆【解析】选B。向甲容器中参加0.1 mol CO2和0.3 mol炭粉,发生反响:CO2(g)+C(s)2CO(g),气体的物质的量增大,极限转化生成0.2 mol CO;向乙容器中参加0.4 mol CO,那么乙中CO的浓度大,那么曲线对应的是乙容器,故A错误;a、b两点CO的浓度均为0.16 molL-1,那么 甲CO2(g)+C(s)2C

5、O(g)开始 0.1 0转化 0.08 0.16平衡 0.02 0.16乙CO2(g)+C(s)2CO(g)开始 0 0.4转化 0.12 0.24平衡 0.12 0.16a、b两点对应平衡体系中的压强之比为=149,故B正确;c点对应的平衡体系中,CO的浓度为0.08 molL-1,那么甲CO2(g)+C(s)2CO(g)开始 0.1 0转化 0.04 0.08平衡 0.06 0.08c点对应的平衡体系中,CO的体积分数为=,故C错误;升高温度,K增大,且1 100 K时平衡常数K=0.21,900 K时,起始向容器乙中参加CO、CO2、炭粉各1 mol,Qc=1K(1 100 K)K(90

6、0 K),平衡逆向移动,可知此时v正0,p2p1B.反响:H0,T10,T2T1;或H0,T2T1D.反响:HT1【解析】选C。由反响的图象可知,温度越高,反响物A的转化率越小,故Hp1,A项错误;由反响的图象中反响到达平衡的时间可知T1T2,由图象信息可知T2时生成物C的物质的量高,即低温有利于平衡正向移动,故H0,B项错误;反响,假设H0,温度低,转化率高,由图象信息可知T2时生成物C的平衡体积分数大,故T20,温度高,转化率高,由图象信息可知T2时生成物C的平衡体积分数大,故T2T1,C项正确;反响,H0,反响放热,升高温度时,A的平衡转化率降低,故T2乙甲丙。(3)等温等容条件下通入一

7、种惰性气体,反响体系中的各组分的浓度没有改变,平衡不移动;假设移走局部Y气体,那么压强减小,平衡向气体的物质的量增大的方向移动。(4)假设在等温等压条件下,通入X气体,那么与原平衡状态互为等效平衡,转化率不变,此时相当于压缩原平衡体系的体积,平衡会逆向移动,X的转化率减小。(5)温度和压强不变的等效平衡,满足物质的量成比例,即c=3b,对于a的要求只需要a0即可。(6)通过极限转化思想,将3 mol X全部转化到方程式右边,得到4.5 mol Z,即假设要满足等温等体积的等效平衡,那么c的最大值为4.5 mol,而(1)平衡时,Z的物质的量为0.9 mol,如果要求反响逆向进行,那么c必须大于

8、0.9。答案:(1)0.03(2)丁乙甲丙(3)不向右(4)D(5)c=3b,a0(6)0.90,随着温度升高,气体平均相对分子质量有变小趋势,那么以下判断正确的选项是()A.B、C可能都是固体B.B、C一定都是气体C.假设B为固体,C一定是气体D.B、C可能都是气体【解析】选D。升高温度,化学平衡向正反响方向移动。假设要满足气体平均相对分子质量变小,应该有两种情况:生成物气体的物质的量之和大于3,即B、C都应是气体;生成物气体的物质的量之和等于3,且另有固体或液态物质生成,即C为固体,B为气体。B、C都是固体不符合;B和C一定都是气体不正确。2.(双选)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反响

9、:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)HbaB.上述三种温度之间关系为T1T2T3C.a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH,平衡不移动D.c点状态下再通入1 mol CO和4 mol H2,新平衡中H2的体积分数减小【解析】选A、B。由图可知,当n(H2)/n(CO)=1.5时,CO的转化率ab且大于T3下对应CO的转化率,当在温度为T3时,随着n(H2)/n(CO)增大,CO的转化率增大,H2的转化率减小,所以有abc,故A错误;根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)HT2T1,故B错误;a点时,CO的转化率为50%,起始时CO的物质的量为1 mol,H

10、2的物质的量为1.5 mol,由此计算平衡常数为4,通过计算再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH的浓度商Qc=4,所以平衡不移动,故C正确; c点状态下再通入1 mol CO和4 mol H2,在等温等容的条件下,投料比不变,相当于加压,平衡向正反响方向移动,新平衡H2的体积分数减小,故D正确。3.(2022合肥模拟)在恒温密闭容器中发生反响:CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)H0,反响到达平衡后,t1时缩小容器体积,x随时间(t)变化的关系如下图。x不可能是()A.v逆(逆反响速率)B.(容器内气体密度)C.m(容器内CaO质量)D.Qc(浓度商)【解析】选C。t1

11、时缩小容器体积,二氧化碳浓度增大,平衡逆向移动,逆反响速率先增大后减小,故A正确;t1时缩小容器体积,二氧化碳浓度增大,密度突然增大,随反响进行,二氧化碳质量减小,密度减小,故B正确;t1时缩小容器体积,压强增大,二氧化碳浓度增大,平衡逆向移动,容器内CaO质量减小,故C错误;t1时缩小容器体积,二氧化碳浓度增大,Qc=c(CO2) 先增大后减小,故D正确。二、非选择题(此题包括2小题,共32分)4.(14分)处理、回收CO是环境科学家研究的热点课题。(1)CO用于处理大气污染物N2O所发生的反响为N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)H几种物质的相对能量如下:物质N2O(g)CO(

12、g)CO2(g)N2(g)相对能量/kJmol-1475.52830393.5H=_kJmol-1,改变以下“量,一定会引起H发生变化的是_(填代号)。A.温度B.反响物浓度C.催化剂D.化学计量数 有人提出上述反响可以用“Fe+作催化剂。其总反响分两步进行:第一步:Fe+N2OFeO+N2;第二步:_(写化学方程式)。第二步反响不影响总反响到达平衡所用时间,由此推知,第二步反响速率_第一步反响速率(填“大于或“等于)。(2)在实验室,采用I2O5测定空气中CO的含量。在密闭容器中充入足量的I2O5粉末和一定量的CO,发生反响:I2O5 (s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)。测得CO

13、的转化率如图1所示。相对曲线a,曲线b仅改变一个条件,改变的条件可能是_。在此温度下,该可逆反响的平衡常数K=_(用含x的代数式表示)。(3)工业上,利用CO和H2合成CH3OH。在1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO(g)和 n mol H2,在250发生反响:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),测得混合气体中CH3OH的体积分数与H2的物质的量的关系如图2所示。在a、b、c、d四点中,CO的平衡转化率最大的点是_。(4)有人提出,利用2CO(g)2C(s)+O2(g)消除CO对环境的污染,你的评价是(并说明原因)_(填“可行或“不可行)。_。【解析】(1)H=生成物所具有的总能量

14、-反响物所具有的总能量=(393.5+0-475.5-283) kJmol-1= -365 kJmol-1,反响热只与具体反响的化学计量数有关,与温度、压强、催化剂、转化率、反响物浓度等无关,应选D;根据催化剂定义,第二步反响中,中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被复原成Fe+,FeO+COFe+CO2,第二步反响对总反响速率没有影响,说明第一步是慢反响,控制总反响速率,第二步反响速率大于第一步反响速率;(2)曲线b和曲线a的平衡状态相同,曲线b反响速率较大,对于气体分子数相同的反响,加压可以增大浓度,正、逆反响速率同倍数增大,参加催化剂,正、逆反响速率同倍数增大,平衡不移动,曲线b仅

15、改变一个条件,改变的条件可能是参加催化剂(或增大压强);设CO的起始浓度为c(对于等气体分子数反响,体积始终不变),平衡时,c(CO)=(1-x)c molL-1,c(CO2)=xc molL-1,K=;(3)图2中,b点代表平衡点,增大H2、CO的投料比,CO的平衡转化率增大,在a、b、c、d四点中,CO的平衡转化率最大的点是d;(4)该反响是焓增、熵减反响,任何温度下自由能大于0,任何温度下不能自发进行,故不可行。答案:(1)-365DFeO+COFe+CO2大于(2)参加催化剂(或增大压强)(3)d(4)不可行该反响是焓增、熵减反响,任何温度下自由能大于0,任何温度下不能自发进行,故不可

16、行5.(18分)(2022深圳模拟)乙苯催化脱氢生产苯乙烯的反响:CH2(g)+H2(g)(1)一定温度下,将a mol乙苯参加体积为V L的密闭容器中,发生上述反响,反响时间与容器内气体总压强的数据如表。时间/min010203040总压强/100 kPa1.01.21.31.41.4平衡时,容器中气体物质的量总和为_mol,乙苯的转化率为_;列式计算此温度下该反响的平衡常数K。(2)实际生产时反响在常压下进行,且向乙苯蒸气中掺入水蒸气,利用热力学数据计算得到温度和投料比M对乙苯平衡转化率的影响可用如图表示。M=比拟图中A、B两点对应的平衡常数大小:KA_KB;图中投料比(M1、M2、M3)

17、的大小顺序为_;随着反响的进行,催化剂上的少量积炭使其活性减弱,水蒸气有助于恢复催化剂的活性,原因是_(用化学方程式表示)。【解析】(1)根据阿伏加德罗定律,温度、体积一定时,压强之比等于气体物质的量之比,可知平衡时容器中气体物质的量总和为1.4a mol,由差量法可知生成H2的物质的量为0.4a mol,反响的乙苯为0.4a mol,故其转化率为40%。(2)分析题图中三条曲线,随温度升高,乙苯的转化率均增大,那么该反响为吸热反响,温度越高,化学平衡常数越大,故KAM2M3;高温下,炭和水蒸气发生反响生成CO和H2。答案:(1)1.4a40%设有x mol乙苯发生转化,利用三段式法进行计算,那么+H2(g)n(始)/mol: a 0 0n(变)/mol: x x xn(平)/mol: a-x x xa-x+x+x=1.4ax=0.4aK=(2)M2M3C+H2OCO+H2- 10 -