[推薦學習]2022版高考化學二輪復習-第8講-化學反應(yīng)速率-化學平衡課后達標檢測

1、k12第8講 化學反響速率 化學平衡 課后達標檢測學生用書P139(單獨成冊)1在一密閉容器中充入1 mol H2和1 mol I2，壓強為p(Pa)，并在一定溫度下使其發(fā)生反響：H2(g)I2(g)2HI(g)H<0，以下說法正確的選項是()A保持容器容積不變，向其中參加1 mol H2(g)，反響速率一定加快B保持容器容積不變，向其中參加1 mol N2(N2不參加反響)，反響速率一定加快C保持容器內(nèi)氣體壓強不變，向其中參加1 mol N2(N2不參加反響)，反響速率一定加快D保持容器內(nèi)氣體壓強不變，向其中參加1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，反響速率一定加快解析：選A

2、。增加反響物的濃度，反響速率加快，A項正確；參加氮氣，因為容器容積不變，反響體系中各氣體的濃度不變，反響速率不變，B項錯誤；保持容器壓強不變，參加氮氣，容器體積增大，反響體系中各氣體的濃度減小，反響速率減小，C項錯誤；保持容器壓強不變，再次充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，那么容器體積增大為原來的2倍，反響體系中各氣體的濃度不變，反響速率不變，D項錯誤。2對于反響：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0，到達平衡后，改變一個條件，以下有關(guān)分析正確的選項是()A升高溫度，正反響速率增大，化學平衡常數(shù)增大B減小壓強，逆反響速率減小，化學平衡常數(shù)減小C參加催化劑，正、逆反響速率

3、不變，平衡不移動D充入氧氣，正反響速率先增大后減小，平衡向正反響方向移動解析：選D。A項，升高溫度，正、逆反響速率均增大，反響是放熱反響，升高溫度平衡逆向進行，平衡常數(shù)減小，故A錯誤；B項，減小壓強，反響速率減小，平衡常數(shù)隨溫度變化，不隨壓強變化，減小壓強平衡常數(shù)不變，故B錯誤；C項，催化劑同等程度地改變反響速率，但不改變化學平衡，速率改變，平衡不移動，故C錯誤；D項，充入氧氣瞬間增大反響物的濃度，平衡正向移動，隨濃度減小正反響速率減小，逆反響速率增大，最后到達平衡狀態(tài)，故D正確。3工業(yè)生產(chǎn)硫酸中二氧化硫的催化氧化原理為2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，反響混合體系在平衡狀態(tài)時SO3的百

4、分含量與溫度的關(guān)系如下圖。以下說法錯誤的選項是()A在A、B、C三點時，v正v逆，在D點時v正v逆BA、B、C三點的平衡常數(shù)一定不相同C升高溫度可以加快化學反響速率，有利于平衡向正反響方向移動D在一定溫度下，保持容器體積不變，向平衡體系中通入稀有氣體，壓強增大，平衡不移動解析：選C。根據(jù)圖像，溫度升高，三氧化硫的百分含量降低，說明正反響是放熱反響，升高溫度可以加快化學反響速率，但平衡向逆反響方向移動，C選項錯誤。4某溫度下，向2 L恒容密閉容器中充入1.0 mol A和1.0 mol B，反響A(g)B(g)C(g)經(jīng)過一段時間后到達平衡。反響過程中測定的局部數(shù)據(jù)如表，以下說法正確的選項是()

5、t/s05152535n(A)/mol1.00.850.810.800.80A.反響在前5 s的平均速率v(A)0.17 mol·L1·s1B保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(A)0.41 mol·L1，那么反響的H>0C相同溫度下，起始時向容器中充入2.0 mol C，到達平衡時，C的轉(zhuǎn)化率大于80%D相同溫度下，起始時向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，反響到達平衡前v(正)<v(逆)解析：選D。A項，v(A) mol·L1·s10.015 mol·L1·s1；B項

6、，由表格中數(shù)據(jù)可知平衡時c(A) mol·L10.4 mol·L1，升高溫度，A濃度增大，故平衡向逆反響方向移動，H0；C項，假設(shè)參加2 mol C，假設(shè)平衡與題中平衡等效，那么C轉(zhuǎn)化率為80%，相當于A、B各加2 mol，與原平衡比相當于加壓，平衡向正反響方向移動，故C的轉(zhuǎn)化率降低；D項，題中平衡時體系中含有0.80 mol A、0.80 mol B、0.20 mol C，故該反響的平衡常數(shù)K0.625，相同溫度下，起始時向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，Q50>K，故該選項體系中反響逆向進行，逆反響速率大于正反響速率。5(

7、2022·惠州模擬)如下圖，向A、B中均充入1 mol X、1 mol Y，起始時A、B的體積都等于1 L。在同溫、同壓和催化劑存在的條件下，關(guān)閉活塞K，使兩容器中都發(fā)生下述反響：X(g)Y(g)2Z(g)W(g)H<0，達平衡時，A的體積為1.4 L。以下說法錯誤的選項是()A兩容器中的反響分別到達平衡時，反響物X的速率：v(B)>v(A)BA容器中X的轉(zhuǎn)化率為80%C平衡時的壓強：pA<pBD平衡時Y的體積分數(shù)：A>B解析：選D。A為恒壓過程，B為恒容過程，該反響為氣體體積增大的反響，反響過程中B的壓強大于A，反響物X的速率：v(B)>v(A)，故A

8、正確；A中到達平衡時混合氣體的物質(zhì)的量為1.4×2 mol2.8 mol，增大0.8 mol，根據(jù)X(g)Y(g)2Z(g)W(g)，每有1 mol X參加反響，生成物增多1 mol，現(xiàn)增多0.8 mol，那么反響0.8 mol X，故轉(zhuǎn)化率為80%，故B正確；A為恒壓過程，B為恒容過程，該反響為氣體體積增大的反響，反響過程中B的壓強大于A，平衡時的壓強：pA<pB，故C正確；A為恒壓過程，B為恒容過程，該反響為氣體體積增大的反響，反響過程中B的壓強大于A，A中正向進行的程度大于B，平衡時Y的體積分數(shù)：A<B，故D錯誤。6(2022·濟南二模)向甲、乙、丙三個恒

9、容密閉容器中分別充入一定量的A和B，發(fā)生反響：A(g)xB(g)2C(g)。相關(guān)數(shù)據(jù)如下表，反響過程中C的濃度隨時間變化關(guān)系如以下圖。以下說法正確的選項是()容器甲乙丙容積0.5 L0.5 L1.0 L溫度/T1T2T2反響物起始量1.5 mol A05 mol B1.5 mol A05 mol B6.0 mol A20 mol BAT1>T2，x1BT2時，該反響的平衡常數(shù)為0.8CA的平衡轉(zhuǎn)化率(甲)(乙)23D1520 min內(nèi)C的平均反響速率v(乙)<v(丙)解析：選B。A.A.比擬甲與乙可知，乙先到達平衡，故溫度T1<T2，比擬乙與丙可知，乙中平衡時A的轉(zhuǎn)化率為，丙

10、中A的轉(zhuǎn)化率為，又丙中壓強為乙中2倍，壓強增大，平衡不移動，故x1，故A錯誤；B.由圖可知平衡時，乙容器中C的濃度為1.0 mol·L1，A(g)B(g)2C(g)開始(mol·L1) 3.0 1.0 0變化(mol·L1) 0.5 0.5 1.0平衡(mol·L1) 2.5 0.5 1.0故T2時該反響的平衡常數(shù)K0.8，故B正確；C.A的轉(zhuǎn)化率：甲中0.25，乙中，A的平衡轉(zhuǎn)化率(甲)(乙)0.2532，故C錯誤；D.1520 min內(nèi)C的平均反響速率，v(乙)v(丙)，故D錯誤。7向一體積不變的密閉容器中參加2 mol A、0.6 mol C和一定

11、量的B三種氣體，在一定條件下發(fā)生反響，各物質(zhì)濃度隨時間變化的情況如圖甲所示。圖乙為t2時刻后改變反響條件，該平衡體系中反響速率隨時間變化的情況，且四個階段都各改變一種不同的條件。t3t4階段使用了催化劑；圖甲中t0t1階段c(B)的變化情況未畫出。以下說法不正確的選項是()A該反響為吸熱反響B(tài)B在t0t1階段的轉(zhuǎn)化率為60%Ct4t5階段改變的條件為減小壓強Dt1時該反響的化學平衡常數(shù)K解析：選B。在圖乙中t3t4階段使用了催化劑；t4t5階段正、逆反響速率均減小，但平衡不移動，這說明此階段是減小壓強，平衡不移動，說明反響前后氣體體積不變，C項正確。根據(jù)圖甲可知A是反響物，平衡時A消耗了0.2

12、 mol·L1，C是生成物，平衡時C增加了0.3 mol·L1，因此B是反響物，即該反響的化學方程式可表示為2AB3C。t5t6階段正、逆反響速率均增大，平衡向正反響方向進行，因此改變的條件是升高溫度，故該反響是吸熱反響，A項正確。B的平衡濃度是0.4 mol·L1，消耗了0.1 mol·L1，因此B在t0t1階段的轉(zhuǎn)化率為20%，B項錯誤。t1時，達平衡時A、B、C的濃度分別是0.8 mol·L1、0.4 mol·L1、0.6 mol·L1，故平衡常數(shù)K，D項正確。8根據(jù)下表所示化學反響與數(shù)據(jù)關(guān)系，答復以下問題：化學反響平

13、衡常數(shù)溫度973 K1 173 KFe(s)CO2(g)FeO(s)CO(g)K11.472.15Fe(s)H2O(g)FeO(s)H2(g)K22.381.67CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)K3？(1)反響是_(填“吸熱或“放熱)反響。(2)寫出反響的平衡常數(shù)K3的表達式：_。(3)根據(jù)反響可推導出K1、K2與K3之間的關(guān)系，那么K3_(用K1、K2表示)。(4)要使反響在一定條件下建立的平衡向逆反響方向移動，可采取的措施有_(填寫字母序號)。A縮小反響容器的容積B擴大反響容器的容積C升高溫度D使用適宜的催化劑E設(shè)法減小平衡體系中的CO濃度(5)假設(shè)反響的逆反響速率與時間的關(guān)系

14、如下圖：反響在t1、t3、t7時都到達了平衡，而t2、t8時都各改變了一種條件，試判斷改變的是什么條件？t2時：_；t8時：_。假設(shè)t4時降壓，t6時增大反響物的濃度，請在圖中畫出t4t6時逆反響速率與時間的關(guān)系曲線。解析：(1)由表可知，溫度升高，反響的K1增大，故該反響為吸熱反響。(2)反響的平衡常數(shù)的表達式為K3。(3)K3，K1，K2，故K3。(4)反響為吸熱反響，其逆反響為放熱反響，反響是放熱反響，而反響是反響的逆反響與反響的和，故反響是放熱反響，且反響前后氣體的體積不變，故只有C、E可使平衡向逆反響方向移動。(5)由圖可知，t2時改變的條件使逆反響速率增大，且平衡逆向移動，故改變的

15、條件是升高溫度或增大CO2的濃度或增大H2的濃度；t8時改變的條件使逆反響速率加快且平衡不移動，故改變的條件是使用催化劑或增大壓強或減小容器的容積。假設(shè)t4時降壓，那么逆反響速率減小，曲線在原來平衡曲線的下方，平衡不移動，故該曲線為水平直線，且縱坐標為t6時的v逆。答案：(1)吸熱(2)K3(3)(4)CE(5)升高溫度(或增大CO2的濃度或增大H2的濃度)使用催化劑(或增大壓強或減小容器的容積)9(2022·昆明高三質(zhì)檢)研究CO2、CO的處理方法對環(huán)境保護有重要意義。(1)CO2與H2反響可合成甲醇：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)某溫度下，將1 mol CO

16、2和3 mol H2充入體積不變的2 L密閉容器中，發(fā)生上述反響。測得不同時刻的反響前后壓強關(guān)系如表：時間/h123456p后/p前0.900.850.820.810.800.80用CO2表示第1小時內(nèi)反響的平均速率v(CO2)_mol·L1·h1。該溫度下H2的平衡轉(zhuǎn)化率為_。(2)CO2與NH3反響可合成尿素：CO2(g)2NH3(g)CO(NH2)2(s)H2O(g)在T1時，將1 mol CO2和2 mol NH3置于1 L密閉容器中，發(fā)生上述反響，在t時刻，測得容器中CO2轉(zhuǎn)化率約為73%。保持其他初始實驗條件不變，分別在溫度為T2、T3、T4、T5時，重復上述實

17、驗，經(jīng)過相同時間測得CO2轉(zhuǎn)化率并繪制變化曲線如下圖。該反響的H_(填“>或“<)0。T4時反響的平衡常數(shù)K_。T1T3之間，CO2轉(zhuǎn)化率逐漸增大，其原因是_。解析：(1)設(shè)CO2在第1小時轉(zhuǎn)化了x mol，那么1 h時CO2為(1x)mol、H2為(33x) mol、CH3OH為x mol、H2O(g)為x mol，根據(jù)1 h時0.90，那么有0.90，解得x0.2，故v(CO2)0.1 mol·L1·h1。根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，5 h時反響到達平衡，設(shè)到達平衡時CO2轉(zhuǎn)化了y mol，那么有0.80，解得y0.4，故到達平衡時H2轉(zhuǎn)化了1.2 mol，H2的平衡

18、轉(zhuǎn)化率為×100%40%。(2)根據(jù)題圖可知，反響在T3時到達平衡，到達平衡后升高溫度，CO2的轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡向逆反響方向移動，而升溫時平衡向吸熱反響方向移動，故該反響為放熱反響，H<0。由題圖可知，T4反響到達平衡時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為75%，那么平衡時CO2的濃度為0.25 mol·L1，NH3的濃度為0.5 mol·L1，H2O(g)的濃度為0.75 mol·L1，故該反響的平衡常數(shù)K12。在T1T3之間反響未到達平衡狀態(tài)，反響向正反響方向進行，v正>v逆，故隨溫度升高，CO2的轉(zhuǎn)化率逐漸增大。答案：(1)0.140%(2)&l

19、t;12在T1T3之間反響未到達平衡狀態(tài)，且v正>v逆，溫度越高，CO2轉(zhuǎn)化率越大(答案合理即可)10(2022·高考全國卷)Bodensteins研究了以下反響：2HI(g)H2(g)I2(g)在716 K時，氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分數(shù)x(HI)與反響時間t的關(guān)系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784(1)根據(jù)上述實驗結(jié)果，該反響的平衡常數(shù)K的計算式為_。(2)上述反響中，正反響速率為v正k正x2(HI)，逆反響速率為v逆k逆x(H2)x(I2)，其中

20、k正、k逆為速率常數(shù)，那么k逆為_(以K和k正表示)。假設(shè)k正0.002 7 min1，在t40 min時，v正_min1。(3)由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的關(guān)系可用以下圖表示。當升高到某一溫度時，反響重新到達平衡，相應(yīng)的點分別為_(填字母)。解析：(1)由表中數(shù)據(jù)可知，無論是從正反響方向開始，還是從逆反響方向開始，最終x(HI)均為0.784，說明此時已到達了平衡狀態(tài)。設(shè)HI的初始濃度為1 mol·L1，那么：2HI(g)H2(g) I2(g)初始濃度/mol·L1 100 轉(zhuǎn)化濃度/mol·L1 0.2160.1080.108平衡濃度

21、/mol·L1 0.7840.1080.108K。(2)建立平衡時，v正v逆，即k正x2(HI)k逆x(H2)x(I2)，k逆k正。由于該反響前后氣體分子數(shù)不變，故k逆k正k正。在t40 min 時，x(HI)0.85，那么v正0.002 7 min1×0.8521.95×103 min1。(3)因2HI(g)H2(g)I2(g)H0，升高溫度，v正、v逆均增大，且平衡向正反響方向移動，HI的物質(zhì)的量分數(shù)減小，H2、I2的物質(zhì)的量分數(shù)增大。因此，反響重新到達平衡后，相應(yīng)的點分別應(yīng)為A點和E點。答案：(1)(2)1.95×103(3)A、E11增強環(huán)保意識

22、，保護環(huán)境是每個公民的職責。利用碳的氧化物合成甲醇等資源化利用對環(huán)境保護具有重要意義。請答復以下問題：(1)以下為合成甲醇的有關(guān)化學方程式：2H2(g)CO(g)CH3OH(g)H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)某溫度下，上述三個反響的平衡常數(shù)數(shù)值分別為2.5、2.0 和K3，那么K3的值為_。(2)一定條件下，甲醇可同時發(fā)生：A2CH3OH(g)=CH3OCH3 H2O(g)B2CH3OH(g)=C2H4(g)2H2O(g)上述反響過程中能量變化如下圖：寫出反響速率較快的序號并說明原因： _。假設(shè)在容器中參加催化劑，那么E2E1將_(填“變大“不變或“變小)。(3)一定溫度時，在容積相同的甲、乙、丙三個恒容密閉容器中，按不同方式投入反響物，發(fā)生反響2H2(g)CO(g)CH3OH(g)H90 kJ·mol1，測得到達平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：容器甲乙丙起始反響物投入量2 mol H2(g)、1 mol CO(g)1 molCH3OH(g)2 m