(天津?qū)Ｓ?2020屆高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)規(guī)范練25化學(xué)平衡狀態(tài)化學(xué)平衡移動(dòng)(含解析)

考點(diǎn)規(guī)范練25化學(xué)均衡狀態(tài)化學(xué)均衡的挪動(dòng)(時(shí)間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(此題共8個(gè)小題,每題7分,共56分,每題只有一個(gè)選項(xiàng)切合題目要求)1.以下說法中,能夠說明恒容密閉容器中的反響P(g)+Q(g)R(g)+S(g)在恒溫下已達(dá)均衡狀態(tài)的是( )A.反響容器內(nèi)壓強(qiáng)不隨時(shí)間變化B.P和S的生成速率相等C.容器內(nèi)P、Q、R、S的物質(zhì)的量濃度之比為1∶1∶1∶1D.容器內(nèi)總物質(zhì)的量不隨時(shí)間而變化2.(2018天津一中高三模擬)對(duì)處于化學(xué)均衡的系統(tǒng),以下對(duì)于化學(xué)均衡與化學(xué)反響速率的因果關(guān)系正確的選項(xiàng)是( )選項(xiàng)因果A化學(xué)反響速率變化化學(xué)均衡必定發(fā)生挪動(dòng)B化學(xué)均衡不挪動(dòng)必定是在催化劑存在下,化學(xué)反響速率變化C正反響進(jìn)行的程度大正反響速率必定大D化學(xué)均衡發(fā)生挪動(dòng)化學(xué)反響速率必定變化3.(2018湖南永州模擬)在密閉容器中發(fā)生以下反響:2CO(g)+SO2(g)2CO(g)+S(s)H=-akJ·mol-1(a>0),以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )A.若反響開始時(shí)投入2molCO和足量SO2,則達(dá)均衡時(shí),放出熱量為akJ18218OB.達(dá)均衡后加入CO,達(dá)新均衡前SO中不含有C.增大壓強(qiáng)或高升溫度都能夠增大化學(xué)反響速率并能提升SO2的轉(zhuǎn)變率D.達(dá)到化學(xué)均衡后,其余條件不變,容器容積減小為本來的一半,CO的濃度比原均衡時(shí)增大4.(2018河南信陽模擬)已知反響:CO(g)+3H(g)CH(g)+HO(g)。開端以物質(zhì)的量之比為1∶1充242入反響物,不一樣壓強(qiáng)條件下,H2的均衡轉(zhuǎn)變率隨溫度的變化狀況以下圖(M、N點(diǎn)標(biāo)志為▲)。以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是( )A.上述反響的H<0B.N點(diǎn)時(shí)的反響速率必定比M點(diǎn)大C.降低溫度,H2的轉(zhuǎn)變率可達(dá)到100%D.工業(yè)上用此法制取甲烷應(yīng)采納更高的壓強(qiáng)5.(2018天津?qū)嶒?yàn)中學(xué)高三模擬)一個(gè)不導(dǎo)熱的密閉反響器中,只發(fā)生兩個(gè)反響:a(g)+b(g)2c(g)H1<0x(g)+3y(g)2z(g)H2>0進(jìn)行有關(guān)操作且達(dá)到均衡后

(忽視體積改變所做的功

),

以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是

(

)A.等壓時(shí)

,通入惰性氣體

,c

的物質(zhì)的量不變B.等壓時(shí)

,通入

z氣體,反響器中溫度高升C.等容時(shí)D.等容時(shí)

,通入惰性氣體,通入z氣體,y

,各反響速率不變的物質(zhì)的量濃度增大6.(2018山東濰坊三模)已知:2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3分別在

0℃和

20

℃下反響

,測(cè)得其轉(zhuǎn)變率

(α)隨時(shí)間

(t)變化的關(guān)系曲線以下圖。以下說法正確的選項(xiàng)是

(

)A.曲線Ⅱ表示20℃時(shí)的轉(zhuǎn)變反響高升溫度能提升反響物的均衡轉(zhuǎn)變率C.在A點(diǎn)時(shí),曲線Ⅰ和Ⅱ?qū)?yīng)的化學(xué)均衡常數(shù)相等D.化學(xué)反響速率的大小次序?yàn)?D>B>C7.(2018湖南H11教育結(jié)盟聯(lián)考)某溫度下,在三個(gè)容積均為1L的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應(yīng):2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)(正反響放熱)。以下說法正確的選項(xiàng)是( )容器編號(hào)物質(zhì)的開端濃度/(mol·L-1)物質(zhì)的均衡濃度/(mol·L-1)c(NO)c(Br2)c(NOBr)c(NOBr)Ⅰ0.30.150.10.2Ⅱ0.40.20Ⅲ000.2A.容器Ⅱ達(dá)均衡所需的時(shí)間為4min,則v(Br2-1·min-1)=0.05mol·LB.達(dá)均衡時(shí),容器Ⅰ與容器Ⅲ中的總壓強(qiáng)之比為2∶1C.高升溫度,逆反響速率增大,正反響速率減小,均衡向逆反響方向挪動(dòng)D.達(dá)均衡時(shí),容器Ⅱ中比容器Ⅲ中的小8.(2018江西要點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體第二次聯(lián)考)已知反響A(g)+B(g)2C(g),右圖是投料比n(A)∶(B)n分別為3∶1和1∶1且反響物的總物質(zhì)的量同樣時(shí),B(g)的均衡轉(zhuǎn)變率與溫度的關(guān)系曲線,以下說法正確的選項(xiàng)是()A.曲線b所對(duì)應(yīng)的投料比為3∶1B.M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡常數(shù)小于Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡常數(shù)C.N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡混淆氣中C(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.58D.M點(diǎn)和Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡混淆氣體的總物質(zhì)的量之比為2∶1二、非選擇題(此題共2個(gè)小題,共44分)9.(22分)BaS是一種白色晶體,微溶于水,可用于制備立德粉、Na2S等。工業(yè)上可用H2與重晶石(BaSO)在高溫下反響制備BaS,熱化學(xué)方程式為BaSO(s)+4H2(g)BaS(s)+4H2O(g)H=+x44kJ·mol-1(x>0)?；卮鹨韵聠栴}:(1)在溫度和容積不變的條件下,能說明該反響已達(dá)到均衡狀態(tài)的是(填字母序號(hào))。A.n(H2)=n(H2O)B.容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變C.v正2逆2(H)=v(HO)D.水蒸氣的濃度保持不變(2)均衡后以下舉措既可增大反響速率,又可增大H2的轉(zhuǎn)變率的是(填字母序號(hào))。使用催化劑高升反響系統(tǒng)的溫度C.增大反響容器的容積D.實(shí)時(shí)從反響系統(tǒng)中分別出水蒸氣(3)將溫度恒定為T℃,向容積為2L的密閉容器中加入必定量的重晶石和H2。在不一樣時(shí)間測(cè)得H2的物質(zhì)的量以下表:時(shí)間/min0t2t3t4t(H2)/mol2.001.50n0.900.80n①2t時(shí),n(填“>”“<”或“=”)1.20。②若氫氣的均衡轉(zhuǎn)變率為α,則該溫度下反響的化學(xué)均衡常數(shù)K=(用含α的代數(shù)式表示);若測(cè)得該反響達(dá)到均衡時(shí)吸熱kJ,則x=(用含α、Q的代數(shù)式表示)。Q(4)為了研究溫度、固體反響物的表面積對(duì)化學(xué)反響速率的影響,某同學(xué)在一固定容積的密閉容器中加入必定量的重晶石和H2,設(shè)計(jì)了下表中的三組實(shí)驗(yàn):實(shí)驗(yàn)編號(hào)T/℃c開端2-1)重晶石的比表面積2-1)(H)/(mol·L/(m·gⅠ850c13.4ⅡT10.807.6Ⅲ9000.807.6①填寫上表中的實(shí)驗(yàn)條件:T1=,c1=。②在直角坐標(biāo)系中畫出Ⅰ、Ⅱ兩組實(shí)驗(yàn)中氫氣的濃度隨時(shí)間的變化趨向圖,并在每條曲線上注明對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)編號(hào)。10.(2018山東臨沂第一中學(xué)高三調(diào)研,改編)(22分)汽車尾氣排放的CO、NOx等氣體是大氣污染物的主要根源,NOx也是霧霾天氣的主要成因之一。ⅰ.在汽車排氣管加裝催化轉(zhuǎn)變器,可有效降低污染物的濃度,發(fā)生反響:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H<0。為了模擬催化轉(zhuǎn)變器的工作原理,在t℃時(shí),將2molNO與1molCO充入1L反響容器中,反響過程中

NO(g)、CO(g)、N2(g)

的物質(zhì)的量變化以下圖。(1)①反響進(jìn)行到

20min

時(shí),CO2的均勻反響速率為

。②28~36min

內(nèi)NO、CO、N2的物質(zhì)的量發(fā)生了變化

(NO、CO圖像未畫出

),

惹起該變化的條件可能是

。加入催化劑通入0.2molN2C.減小容器容積D.增添CO2的物質(zhì)的量③當(dāng)36min達(dá)到均衡后,若保持系統(tǒng)溫度為t℃,再向容器中充入CO、CO2氣體,使二者物質(zhì)的量濃度均加倍,均衡將(填“向左”“向右”或“不”)挪動(dòng)。(2)若均取2molNO和1molCO的混淆氣體分別放入3種不一樣的容器中進(jìn)行該反響,A容器保持恒溫恒壓,B容器保持恒溫恒容,C容器保持恒容絕熱,且初始時(shí)3個(gè)容器的容積和溫度均同樣,以下說法正確的選項(xiàng)是。A.3個(gè)容器中NO的均衡轉(zhuǎn)變率的大小次序?yàn)棣?gt;α>αCABB.當(dāng)A容器內(nèi)氣體的均勻摩爾質(zhì)量不變時(shí),說明該反響處于化學(xué)均衡狀態(tài)C.A、B兩個(gè)容器達(dá)到均衡所用的時(shí)間:tA>BtD.當(dāng)C容器內(nèi)均衡常數(shù)不變時(shí),說明該反響處于化學(xué)均衡狀態(tài)ⅱ.某溫度下,NO(g)+SO(g)SO(g)+NO(g)的均衡常數(shù)K=,該溫度下在甲、乙、丙三個(gè)容積為2223L的恒容密閉容器中,投入NO2(g)和SO2(g),其開端濃度如表所示。開端濃度甲乙丙c(NO2)/(mol·L-1)0.100.200.20c(SO2)/(mol·L-1)0.100.100.20(3)①10min

后,甲中達(dá)到均衡

,則甲中

NO2的轉(zhuǎn)變率

α(NO2)=

。②達(dá)到均衡后

,設(shè)甲、乙、丙中

SO2(g)

的轉(zhuǎn)變率分別為

a、b、c,則三者的大小關(guān)系為?？键c(diǎn)規(guī)范練25化學(xué)均衡狀態(tài)化學(xué)均衡的挪動(dòng)1.B該反響是氣體物質(zhì)的量不變的反響,容器中的壓強(qiáng)一直不變,A錯(cuò)誤;P和S在熱化學(xué)方程式中的化學(xué)計(jì)量數(shù)同樣,且一個(gè)為反響物,一個(gè)為生成物,當(dāng)二者生成速率相等時(shí)說明正、逆反響速率相等,B正確;容器內(nèi)P、Q、R、S的物質(zhì)的量濃度之比為1∶1∶1∶1時(shí)各物質(zhì)濃度不必定不變,因此不必定達(dá)到化學(xué)均衡,C錯(cuò)誤;反響是氣體物質(zhì)的量不變的反響,容器內(nèi)總物質(zhì)的量向來不隨時(shí)間而變化,D錯(cuò)誤。2.DA項(xiàng),若v(正)、v(逆)同樣程度地變化(如使用催化劑),均衡不挪動(dòng);B項(xiàng),若反響前后氣體分子數(shù)不變,增大壓強(qiáng),v(正)、v(逆)均增大,但v(正)=v(逆),均衡也不發(fā)生挪動(dòng);C項(xiàng),反響進(jìn)行的程度與反響速率的大小沒關(guān)。3.D反響可逆,2molCO不可以完整反響,故放出的熱量小于akJ,A項(xiàng)錯(cuò)誤;化學(xué)均衡是動(dòng)向均衡,達(dá)到182218O,B項(xiàng)錯(cuò)誤;正反響放熱,且是一化學(xué)均衡后加入CO,從頭達(dá)到新均衡前SO、CO和CO中均含有個(gè)氣體物質(zhì)的量減小的反響,高升溫度,均衡左移,SO2的轉(zhuǎn)變率減小,C項(xiàng)錯(cuò)誤;達(dá)到化學(xué)均衡后,其他條件不變,容器容積減小為本來的一半,CO的濃度瞬時(shí)增大為本來的2倍,此時(shí)均衡正向挪動(dòng),CO的濃度漸漸減小,但從頭均衡后CO的濃度仍比原均衡濃度大,D項(xiàng)正確。4.A由圖像可知,其余條件同樣時(shí),溫度高升,H2的轉(zhuǎn)變率降低,均衡逆向挪動(dòng),說明正反響放熱,<0,A項(xiàng)正確;N點(diǎn)的溫度比點(diǎn)低,但壓強(qiáng)又高于點(diǎn),沒法判斷哪一點(diǎn)的反響速率大,B項(xiàng)錯(cuò)HMM誤;降低溫度,H2的轉(zhuǎn)變率會(huì)增大,但可逆反響的反響物轉(zhuǎn)變率不會(huì)達(dá)到100%,C項(xiàng)錯(cuò)誤;控制適合的溫度和壓強(qiáng),既能保證反響速率較大,也能保證H2有較高的轉(zhuǎn)變率,采納更高的壓強(qiáng)對(duì)設(shè)施的要求提高,經(jīng)濟(jì)成本增添,D項(xiàng)錯(cuò)誤。5.A等壓時(shí),通入惰性氣體,氣體的體積增大,反響x(g)+3y(g)2z(g)(H>0)均衡向左挪動(dòng),反2應(yīng)放熱,反響系統(tǒng)的溫度高升,因?yàn)樵摲错懭萜魇且粋€(gè)不導(dǎo)熱的容器,因此均衡a(g)+b(g)2c(g)也向左

(吸熱方向)挪動(dòng),c的物質(zhì)的量減小,A項(xiàng)錯(cuò)誤;等壓時(shí),通入

z氣體,增大了生成物的濃度,平衡x(g)+3y(g)2z(g)向左挪動(dòng),因?yàn)樵摲错懙哪娣错懯欠艧岱错?因此反響器中的溫度高升,B項(xiàng)正確;等容時(shí),通入惰性氣體,各反響物和生成物的物質(zhì)的量沒有變化,即各組分的濃度沒有發(fā)生變化,因此各組分的反響速率不發(fā)生變化,C項(xiàng)正確;等容時(shí),通入z氣體,增大了生成物z的濃度,均衡逆向挪動(dòng),因此y的物質(zhì)的量濃度增大,D項(xiàng)正確。6.D曲線Ⅰ比曲線Ⅱ先達(dá)到均衡,說明曲線Ⅰ對(duì)應(yīng)的溫度高,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;曲線Ⅰ比曲線Ⅱ?qū)?yīng)的溫度高,可是CHCOCH的轉(zhuǎn)變率低,說明升溫均衡逆向挪動(dòng),CHCOCH的轉(zhuǎn)變率降低,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;曲3333線Ⅰ和曲線Ⅱ?qū)?yīng)的溫度不一樣,化學(xué)均衡常數(shù)只與溫度有關(guān),因此曲線Ⅰ和Ⅱ?qū)?yīng)的化學(xué)均衡常數(shù)不相等,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;反響開始反響物的濃度最大,跟著反響物的濃度減小,反響速率也漸漸減小,所以D處的反響速率大于B處的,因?yàn)榍€Ⅰ的溫度高,因此B處的反響速率大于C處的,故D項(xiàng)正確。7.D容器Ⅰ中2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)開端0.1·-變化0.1·-均衡0.2·-K=·=10容器Ⅱ中2NO(g)+Br(g)2NOBr(g)2開端0·-變化2xx2x·-均衡0.4-2x0.2-x2x·-K=-1,v(Br2)=·--1-1,A項(xiàng)錯(cuò)·-=10,解得x=0.1mol·L=0.025mol·L·min-誤;將容器Ⅰ、容器Ⅲ中的生成物所有轉(zhuǎn)變成反響物,容器Ⅰ的投料相當(dāng)于容器Ⅲ的2倍,達(dá)均衡時(shí),容器Ⅰ相當(dāng)于對(duì)2個(gè)容器Ⅲ進(jìn)行加壓,均衡正向挪動(dòng),容器Ⅰ與容器Ⅲ中的總壓強(qiáng)之比小于2∶1,B項(xiàng)錯(cuò)誤;高升溫度,逆反響速率增大,正反響速率也增大,C項(xiàng)錯(cuò)誤;將容器Ⅱ、容器Ⅲ的生成物所有轉(zhuǎn)變成反響物,容器Ⅱ的投料相當(dāng)于容器Ⅲ的2倍,達(dá)均衡時(shí),容器Ⅱ相當(dāng)于對(duì)2個(gè)容器Ⅲ進(jìn)行加壓,均衡正向挪動(dòng),容器Ⅱ中c(Br2)減小,c(NOBr)增大,容器Ⅱ中比容器Ⅲ中的小,D項(xiàng)正確。8.C依據(jù)化學(xué)計(jì)量數(shù)可知,該反響是氣體體積不變的反響。投料比n(A)∶n(B)為3∶1與1∶1相比,增大A的濃度,將提升B的轉(zhuǎn)變率,故曲線a對(duì)應(yīng)的投料比是3∶1,A項(xiàng)錯(cuò)誤;以曲線a或b來看,跟著溫度高升,B的轉(zhuǎn)變率增大,說明該反響是吸熱反響,則M點(diǎn)的均衡常數(shù)大于Q點(diǎn)的均衡常數(shù),B項(xiàng)錯(cuò)誤;曲線b對(duì)應(yīng)的n(A)∶n(B)為1∶1,設(shè)開端時(shí)A、B的物質(zhì)的量都是1mol,N點(diǎn)B的轉(zhuǎn)變率為58%,則生成的

C物質(zhì)的量是

1mol×58%×2,C

的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為

×100%=58%,C項(xiàng)正確;因?yàn)樵摲错懯强偽镔|(zhì)的量不變的反響中的總物質(zhì)的量之比為1∶1,D9.答案(1)CD(2)B(3)①<

,開端反響物的總物質(zhì)的量同樣項(xiàng)錯(cuò)誤。②

,故

M點(diǎn)、Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡混淆氣體-(4)①8500.80②分析(1)沒有指明正、逆反響速率,沒法判斷能否達(dá)到均衡,故A不切合題意;混淆氣體的總物質(zhì)的量不變,溫度、容器容積保持不變,容器內(nèi)壓強(qiáng)一直不變,沒法判斷能否達(dá)到均衡,故B不切合題意;v正(H)=v逆(HO)則說明氫氣的耗費(fèi)速率等于其生成速率,反響達(dá)到均衡,故C切合題意;生成物22水蒸氣的濃度保持不變,說明反響達(dá)到均衡,故D切合題意。使用催化劑增大反響速率,不可以使均衡挪動(dòng),故A錯(cuò)誤;高升反響系統(tǒng)的溫度,反響速率增大,正反響為吸熱反響,均衡向正反響方向挪動(dòng),氫氣的轉(zhuǎn)變率增大,故B正確;增大反響容器的容積,壓強(qiáng)減小,反響速率減小

,均衡不挪動(dòng)

,氫氣的轉(zhuǎn)變率不變

,故

C錯(cuò)誤;實(shí)時(shí)從反響系統(tǒng)中分別出水蒸氣

,均衡向正反響方向挪動(dòng)

,氫氣的轉(zhuǎn)變率增大

,但物質(zhì)的濃度減小

,反響速率減小

,故

D錯(cuò)誤。(3)①在時(shí)間

t~3tmin內(nèi),氫氣的物質(zhì)的量變化為

1.50mol-0.90mol=0.60mol,

因?yàn)殡S反響進(jìn)行

,氫氣濃度降低

,故

t~3tmin內(nèi),前

tmin內(nèi)氫氣的反響速率大于后

tmin

內(nèi)的速率

,故前

tmin

內(nèi)氫氣的物質(zhì)的量變化大于

0.30mol,

故2tmin

時(shí)氫氣物質(zhì)的量小于

1.50mol-0.30mol=1.20mol

。②參加反響的氫氣的物質(zhì)的量為

2αmol,

則均衡時(shí)氫氣為

2(1-

α)mol,

由方程式可知生成水為2αmol,

反響前后氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)相等

,用物質(zhì)的量取代濃度代入均衡常數(shù)

,故均衡常數(shù)K=

;反響放出的熱量為

xkJ×

,即

xkJ×

=Q,故

x=

。-

-①采納控制變量法剖析,對(duì)照實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ中數(shù)據(jù),應(yīng)是研究溫度對(duì)反響速率的影響;對(duì)照Ⅰ、Ⅱ數(shù)據(jù),應(yīng)是研究固體反響物的表面積對(duì)反響速率的影響,故T1=850℃、c1=0.80mol·L-1。②實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ研究固體反響物的表面積對(duì)反響速率的影響,固體反響物的表面積越大,反響速率越大,達(dá)到均衡所需時(shí)間越短,固體反響物的表面積不可以使均衡挪動(dòng),均衡時(shí)氫氣的濃度相等;實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ是研究溫度對(duì)反響速率的影響,溫度越高,反響速率越大,達(dá)到均衡所需時(shí)間越短,正反應(yīng)為吸熱反響,高升溫度均衡向正反響方向挪動(dòng),均衡時(shí)實(shí)驗(yàn)Ⅲ中氫氣濃度小于實(shí)驗(yàn)Ⅱ中氫氣濃度。10.答案(1)①0.02mol·L-1·min-1②C③不(2)ABD①60%②b>a=c分析(1)①反響進(jìn)行到20min時(shí)生成N20.2mol,依據(jù)化學(xué)方程式可知同時(shí)生成CO20.4mol,濃度是-1,則CO的均勻反響速率為-1÷=-1-1。②加入催化劑,平0.4mol·L0.4mol·L.02mol·L·min2衡不挪動(dòng),A錯(cuò)誤;通入0.2molN,均衡向逆反響方向挪動(dòng),最后均衡后N的物質(zhì)的量小