2023版高考化學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第7章化學(xué)反應(yīng)的方向、限度與速率第1節(jié)化學(xué)反應(yīng)的方向、限度課后分層訓(xùn)練魯科版

PAGEPAGE2化學(xué)反響的方向、限度A組專項根底達標(biāo)(建議用時：30分鐘)1．對于反響，N2O4(g)2NO2(g)ΔH＞0，現(xiàn)將1molN2O4充入一恒壓密閉容器中，以下示意圖正確且能說明反響到達平衡狀態(tài)的是()【導(dǎo)學(xué)號：99682228】D[從開始至平衡，由于容器容積增大，密度減小，達平衡后密度不變，A錯；反響過程中，反響熱不會變化，不是變量，無法判斷是否到達平衡狀態(tài)，B錯；都是正反響速率，不能說明反響到達平衡狀態(tài)，C錯；轉(zhuǎn)化率一定時到達平衡，D對。]2．(2022·濱州第二次質(zhì)檢)在2L密閉容器中充入2molSO2和一定量O2，發(fā)生反響2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，進行到4min時，測得n(SO2)＝0.4mol，假設(shè)反響進行到2min時，容器中n(SO2)為()A．1.6mol B．1.2molC．大于1.6mol D．小于1.2molD[易錯選B，許多考生會認(rèn)為，時間一半，消耗的反響物也是一半。這時要注意兩個方面的問題，一方面是，條件下，4min時n(SO2)＝0.4mol，是反響消耗之后剩余的SO2的量，而反響消耗的n消(SO2)＝(2－0.4)mol＝1.6mol，另一方面，從0min至4min時，速率是變化的，一般來說開始時反響物的濃度較大，隨著反響進行，反響物的濃度逐漸變小，因此從0min至4min時，前2min的反響速率應(yīng)該是比后2min的大，前2min消耗SO2的量大于0.8mol，因此反響進行到2min時容器中SO2剩余的量就應(yīng)該小于1.2mol。]3．能夠充分說明在恒溫恒容下的密閉容器中，反響2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)已達平衡狀態(tài)的標(biāo)志是()A．容器中SO2、O2、SO3的物質(zhì)的量之比為2∶1∶2B．SO2和SO3的物質(zhì)的量濃度相等C．反響容器內(nèi)壓強不隨時間變化而變化D．單位時間內(nèi)生成2molSO2時，也生成1molO2C[該反響為非等體反響，平衡前p減小，當(dāng)p不變時說明到達平衡狀態(tài)了。]4．分析以下反響在任何溫度下均能自發(fā)進行的是()A．2N2(g)＋O2(g)=2N2O(g)ΔH＝＋163kJ·mol－1B．Ag(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)=AgCl(s)ΔH＝－127kJ·mol－1C．HgO(s)=Hg(l)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝＋91kJ·mol－1D．H2O2(l)=eq\f(1,2)O2(g)＋H2O(l)ΔH＝－98kJ·mol－1D[任何溫度下均能自發(fā)進行的條件是ΔH<0，ΔS>0。]5．(2022·西安模擬)一定溫度下，某容積為2L的密閉容器中發(fā)生反響：A(g)＋2B(g)C(g)＋2D(s)，反響過程中測得的局部數(shù)據(jù)見下表：反響時間/minn(A)/moln(B)/moln(C)/moln(D)/mol01.001.200050.50100.20以下說法正確的選項是()【導(dǎo)學(xué)號：99682229】A．前5min內(nèi)反響的平均速率為v(B)＝0.050mol·L－1·min－1B．平衡時，其他條件不變，別離出少量物質(zhì)D，正反響速率加快C．其他條件不變，到達平衡后縮小容器體積，平衡不移動D．假設(shè)正反響為放熱反響，那么升高溫度時，反響平衡常數(shù)減小D[選項A，由表中數(shù)據(jù)和題給反響方程式推知，5min時物質(zhì)B減少1.0mol，故前5min內(nèi)反響的平均速率為v(B)＝0.10mol·L－1·min－1，A錯誤。選項B，物質(zhì)D是固體，別離出少量物質(zhì)D，對平衡的移動無影響，B錯誤。選項C，加壓使平衡正向移動，C錯誤。選項D，正反響為放熱反響，那么升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，D正確。]6．如下圖，三個燒瓶中分別充滿NO2氣體并分別放置在盛有以下物質(zhì)的燒杯(燒杯內(nèi)有水)中：在(1)中參加CaO，在(2)中不加其他任何物質(zhì)，在(3)中參加NH4Cl晶體，發(fā)現(xiàn)(1)中紅棕色變深，(3)中紅棕色變淺。[反響2NO2(紅棕色)N2O4(無色)]以下表達正確的選項是()A．2NO2N2O4是放熱反響B(tài)．NH4Cl溶于水時放出熱量C．燒瓶(1)中平衡混合氣體的相對分子質(zhì)量增大D．燒瓶(3)中氣體的壓強增大A[加CaO放熱，加NH4Cl吸熱，溫度高顏色深，說明2NO2N2O4的ΔH<0。]7．(2022·長沙四校聯(lián)考)一定條件下，在體積為10L的密閉容器中，1molX和1molY進行反響：2X(g)＋Y(g)Z(g)，經(jīng)60s到達平衡，生成0.3molZ。以下說法正確的選項是()A．0～60s，以X的濃度變化表示的反響速率為0.001mol·L－1·s－1B．將容器體積變?yōu)?0L，Z的平衡濃度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)C．假設(shè)增大壓強，那么物質(zhì)Y的轉(zhuǎn)化率減小D．假設(shè)升高溫度，X的體積分?jǐn)?shù)增大，那么該反響的ΔH>0A[2X(g)＋Y(g)Z(g)起始(mol)110轉(zhuǎn)化(mol)0.60.30.3平衡(mol)0.40.70.3v(X)＝eq\f(0.6mol,10L×60s)＝0.001mol·L－1·s－1，A項正確；將容器體積變?yōu)?0L，化學(xué)平衡逆向移動，Z的平衡濃度小于原來的eq\f(1,2)，B項不正確；假設(shè)增大壓強，那么化學(xué)平衡正向移動，物質(zhì)Y的轉(zhuǎn)化率增大，C項不正確；假設(shè)升高溫度，X的體積分?jǐn)?shù)增大，說明化學(xué)平衡逆向移動，那么逆反響為吸熱反響，正反響為放熱反響，ΔH<0，D項不正確。]8．(2022·濰坊一模)溫度為T0時，在容積固定的密閉容器中發(fā)生反響：X(g)＋Y(g)Z(g)(未配平)，4min時到達平衡，各物質(zhì)濃度隨時間變化的關(guān)系如圖a所示。其他條件相同，溫度分別為T1、T2時發(fā)生反響，Z的濃度隨時間變化的關(guān)系如圖b所示。以下表達正確的選項是()A．發(fā)生反響時，各物質(zhì)的反響速率大小關(guān)系為v(X)＝v(Y)＝2v(Z)B．圖a中反響到達平衡時，Y的轉(zhuǎn)化率為37.5%C．T0時，該反響的平衡常數(shù)為33.3D．該反響正反響的反響熱ΔH<0C[根據(jù)題圖a可知，0～4min時，X、Y的濃度分別減少0.25mol·L－1、0.25mol·L－1，Z的濃度增加0.5mol·L－1，那么化學(xué)方程式為X(g)＋Y(g)2Z(g)，同一反響中各物質(zhì)的反響速率之比等于其系數(shù)之比，那么v(X)＝v(Y)＝eq\f(1,2)v(Z)，A項錯誤；題圖a中，Y的起始濃度為0.4mol·L－1，平衡濃度為0.15mol·L－1，那么Y的轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.4－0.15,0.4)×100%＝62.5%，B項錯誤；到達平衡時[X]＝0.05mol·L－1，[Y]＝0.15mol·L－1，[Z]＝0.5mol·L－1，那么平衡常數(shù)K＝eq\f([Z]2,[X]·[Y])＝eq\f(0.5mol·L－12,0.05mol·L－1×0.15mol·L－1)≈33.3，C項正確；根據(jù)題圖b可知，T1條件下反響先到達平衡，那么T1>T2，T2→T1，溫度升高，c(Z)增大，那么平衡向正反響方向移動，故正反響為吸熱反響，ΔH>0，D項錯誤。]9．將4.0molPCl3和2.0molCl2充入體積不變的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生下述反響：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)。到達平衡時，PCl5為0.80mol，如果此時移走2.0molPCl3和1.0molCl2，在相同溫度下再達平衡時PCl5的物質(zhì)的量是()【導(dǎo)學(xué)號：99682230】A．0.8mol B．0.4molC．小于0.4mol D．大于0.4mol，小于0.8molC[：]10．汽車尾氣中的CO、NO2在一定條件下可以發(fā)生反響：4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－1200kJ·mol－1。在一定溫度下，向容積固定為2L的密閉容器中充入一定量的CO和NO2，NO2的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如下圖：【導(dǎo)學(xué)號：99682231】(1)0～10min內(nèi)該反響的平均速率v(CO)＝________，從11min起其他條件不變，壓縮容器的容積變?yōu)?L，那么n(NO2)的變化曲線可能為圖中的________(填字母)。(2)恒溫恒容條件下，不能說明該反響已到達平衡狀態(tài)的是________(填字母)。A．容器內(nèi)混合氣體顏色不再變化B．容器內(nèi)的壓強保持不變C．2v逆(NO2)＝v正(N2)D．容器內(nèi)混合氣體密度保持不變(3)對于該反響，溫度不同(T2>T1)、其他條件相同時，以下圖像表示正確的選項是________(填序號)。[解析](1)0～10min內(nèi)v(CO)＝2v(NO2)＝eq\f(0.6－0.3mol,2L×10min)×2＝0.03mol·L－1·min－1。從11min起壓縮容器容積，壓強增大，平衡正向移動，n(NO2)應(yīng)逐漸減小直至到達新的平衡。(2)混合氣體顏色不再變化，說明各物質(zhì)的濃度不變，可以說明到達平衡，A對；反響前后氣體分子總數(shù)不相等，因此壓強保持不變，可以說明到達平衡，B對；v逆(NO2)＝2v正(N2)才能說明到達平衡，C錯；反響體系中物質(zhì)全部為氣體，密度始終保持不變，不能說明到達平衡，D錯。(3)甲，溫度升高，v正、v逆應(yīng)該均出現(xiàn)突增，錯誤；乙，溫度升高，平衡逆向移動，NO2的轉(zhuǎn)化率應(yīng)該降低，正確；丙，溫度不變時，增大壓強，平衡正向移動，平衡時CO的體積分?jǐn)?shù)應(yīng)該減小，錯誤。[答案](1)0.03mol·L－1·min－1d(2)CD(3)乙11．(2022·山東高考節(jié)選)合金貯氫材料具有優(yōu)異的吸放氫性能，在配合氫能的開發(fā)中起著重要作用。(1)一定溫度下，某貯氫合金(M)的貯氫過程如下圖，縱軸為平衡時氫氣的壓強(p)，橫軸表示固相中氫原子與金屬原子的個數(shù)比(H/M)。在OA段，氫溶解于M中形成固溶體MHx，隨著氫氣壓強的增大，H/M逐漸增大；在AB段，MHx與氫氣發(fā)生氫化反響生成氫化物MHy，氫化反響方程式為：zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)ΔH1(Ⅰ)；在B點，氫化反響結(jié)束，進一步增大氫氣壓強，H/M幾乎不變。反響(Ⅰ)中z＝________(用含x和y的代數(shù)式表示)。溫度為T1時，2g某合金4min內(nèi)吸收氫氣240mL，吸氫速率v＝________mL·g－1·min－1。反響(Ⅰ)的焓變ΔH1(Ⅰ)________0(填“>〞“＝〞或“<〞)。(2)η表示單位質(zhì)量貯氫合金在氫化反響階段的最大吸氫量占其總吸氫量的比例，那么溫度為T1、T2時，η(T1)________η(T2)(填“>〞“＝〞或“<〞)。當(dāng)反響(Ⅰ)處于圖中a點時，保持溫度不變，向恒容體系中通入少量氫氣，達平衡后反響(Ⅰ)可能處于圖中的________點(填“b〞“c〞或“d〞)，該貯氫合金可通過________或________的方式釋放氫氣。[解析](1)在反響(Ⅰ)中，zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)，由方程式兩邊氫原子個數(shù)守恒得zx＋2＝zy，z＝eq\f(2,y－x)；溫度為T1時，2g某合金4min內(nèi)吸收氫氣240mL，吸氫速率v＝eq\f(240mL,2g×4min)＝30mL·g－1·min－1。因為T1<T2，溫度升高，H2的壓強增大，由平衡移動原理知，平衡向吸熱方向移動，反響(Ⅰ)的逆反響為吸熱反響，那么正反響為放熱反響，所以ΔH1(Ⅰ)<0。(2)結(jié)合圖像分析知，隨著溫度升高，反響(Ⅰ)向左移動，H2壓強增大，故η隨著溫度升高而降低，所以η(T1)>η(T2)；當(dāng)反響處于圖中a點時，保持溫度不變，向恒容體系中通入少量H2，H2壓強增大，H/M逐漸增大，由圖像可知，氣體壓強在B點以前是不改變的，故反響(Ⅰ)可能處于圖中的c點；該貯氫合金要釋放氫氣，應(yīng)該使反響(Ⅰ)左移，根據(jù)平衡移動原理，可以通過升高溫度或減小壓強的方式使反響向左移動。[答案](1)eq\f(2,y－x)30<(2)>c加熱減壓B組專項能力提升(建議用時：15分鐘)12．(2022·天津高考改編題)以下說法不正確的選項是()A．Na與H2O的反響是熵增的放熱反響，該反響能自發(fā)進行B．某吸熱反響能自發(fā)進行，因此該反響是熵增反響C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等條件下二者對H2O2分解速率的改變相同D．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)常溫下能自發(fā)進行，說明該反響的ΔH<0C[C項，不同催化劑的催化效率不同。]13．(2022·北京高考)為探討化學(xué)平衡移動原理與氧化復(fù)原反響規(guī)律的聯(lián)系，某同學(xué)通過改變濃度研究“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2”反響中Fe3＋和Fe2＋(1)待實驗Ⅰ溶液顏色不再改變時，再進行實驗Ⅱ，目的是使實驗Ⅰ的反響到達______________________________________________________________。(2)ⅲ是ⅱ的比照實驗，目的是排除ⅱ中________造成的影響。(3)ⅰ和ⅱ的顏色變化說明平衡逆向移動，F(xiàn)e2＋向Fe3＋轉(zhuǎn)化。用化學(xué)平衡移動原理解釋原因：_________________________________________。(4)根據(jù)氧化復(fù)原反響的規(guī)律，該同學(xué)推測ⅰ中Fe2＋向Fe3＋轉(zhuǎn)化的原因：外加Ag＋使c(I－)降低，導(dǎo)致I－的復(fù)原性弱于Fe2＋，用以下圖裝置(a、b均為石墨電極)進行實驗驗證。①K閉合時，指針向右偏轉(zhuǎn)，b作________極。②當(dāng)指針歸零(反響到達平衡)后，向U形管左管中滴加0.01mol·L－1AgNO3溶液，產(chǎn)生的現(xiàn)象證實了其推測，該現(xiàn)象是____________________________。(5)按照(4)的原理，該同學(xué)用上圖裝置進行實驗，證實了ⅱ中Fe2＋向Fe3＋轉(zhuǎn)化的原因。①轉(zhuǎn)化原因是____________________________。②與(4)實驗比照，不同的操作是_________________________________。(6)實驗Ⅰ中，復(fù)原性：I－>Fe2＋；而實驗Ⅱ中，復(fù)原性Fe2＋>I－。將(3)和(4)、(5)作比照，得出的結(jié)論是_________________________________。[解析](1)實驗Ⅰ溶液的顏色不再發(fā)生變化，那么說明實驗Ⅰ的反響到達了化學(xué)平衡狀態(tài)。(2)實驗ⅱ為參加1mL1mol·L－1FeSO4溶液，實驗ⅲ為參加了1mLH2O，結(jié)果是實驗ⅲ的顏色比ⅱ略深，故以ⅲ作比照，排除ⅱ中溶液稀釋對顏色變化造成的影響。(3)ⅰ中加AgNO3