化學(xué)高考復(fù)習(xí)化學(xué)平衡移動(dòng)和化學(xué)反應(yīng)方向?qū)ｎ}練習(xí)（含答案）

第頁(yè)化學(xué)2023年高考復(fù)習(xí)化學(xué)平衡移動(dòng)和化學(xué)反響方向?qū)ｎ}練習(xí)〔含答案〕化學(xué)平衡是指在宏觀條件一定的可逆反響中，化學(xué)反響正逆反響速率相等，以下是化學(xué)平衡移動(dòng)和化學(xué)反響方向?qū)ｎ}練習(xí)，請(qǐng)考生練習(xí)。1.(2023上海卷)只改變一個(gè)影響因素，平衡常數(shù)K與化學(xué)平衡移動(dòng)的關(guān)系表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.K值不變，平衡可能移動(dòng)B.K值變化，平衡一定移動(dòng)C.平衡移動(dòng)，K值可能不變D.平衡移動(dòng)，K值一定變化【答案】D【解析】化學(xué)平衡移動(dòng)的一般影響因素有濃度、溫度與壓強(qiáng)等，但化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度變，平衡常數(shù)才會(huì)變。2.(2023全國(guó)大綱卷)反響X(g)+Y(g)??2Z(g)0，到達(dá)平衡時(shí)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.減小容器體積，平衡向右移動(dòng)B.參加催化劑，Z的產(chǎn)率增大C.增大c(X)，X的轉(zhuǎn)化率增大D.降低溫度，Y的轉(zhuǎn)化率增大【答案】D【解析】由X(g)+Y(g)??2Z(g)0，可知反響前后氣體分子數(shù)不變，故減小容器體積，壓強(qiáng)增大，平衡不移動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤;參加催化劑，平衡不移動(dòng)，故Z的產(chǎn)率不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤;增大c(X)，X的轉(zhuǎn)化率減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤;降溫平衡向右移動(dòng)，Y的轉(zhuǎn)化率增大，D項(xiàng)正確。3.電鍍廢液中Cr2O可通過(guò)以下反響轉(zhuǎn)化成鉻黃(PbCrO4)：Cr2O(aq)+2Pb2+(aq)+H2O(l)??2PbCrO4(s)+2H+(aq)0。該反響達(dá)平衡后，改變橫坐標(biāo)表示的反響條件，以下示意圖正確的選項(xiàng)是()ABCD【答案】A【解析】該反響放熱(0)，升溫平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)K減小，A項(xiàng)正確;B項(xiàng)pH增大時(shí)，c(OH-)增大，平衡正向移動(dòng)，Cr2O轉(zhuǎn)化率增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤;溫度升高，化學(xué)反響速率增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤;c(Pb2+)增大時(shí)，平衡正向移動(dòng)，n(Cr2O)減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.一定條件下，通過(guò)以下反響可以制備特種陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)+CO(g)??MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)0該反響在恒容的密閉容器中到達(dá)平衡后，假設(shè)僅改變圖中橫坐標(biāo)x的值，重新到達(dá)平衡后，縱坐標(biāo)y隨x變化趨勢(shì)合理的是()選項(xiàng)xyA溫度容器內(nèi)混合氣體的密度BCO的物質(zhì)的量CO2與CO的物質(zhì)的量之比CSO2的濃度平衡常數(shù)KDMgSO4的質(zhì)量(忽略體積)CO的轉(zhuǎn)化率【答案】A【解析】升高溫度，平衡正向移動(dòng)，氣體的質(zhì)量增加，密度增大，故A正確;增加CO的量，平衡正向移動(dòng)，但壓強(qiáng)增大，轉(zhuǎn)化的量沒有原平衡多，故比值減小，故B錯(cuò)誤;平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，濃度變化時(shí)平衡常數(shù)不變，故C錯(cuò)誤;因MgSO4為固體，增加其量，對(duì)CO的轉(zhuǎn)化率無(wú)影響，故D錯(cuò)誤。5.某化學(xué)科研小組研究在其他條件不變時(shí)，改變其一條件對(duì)化學(xué)平衡的影響，得到如下變化規(guī)律：根據(jù)以上規(guī)律判斷，以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是()A.反響Ⅰ：0，p2p1B.反響Ⅱ：0，T2T1C.反響Ⅲ：0D.反響Ⅳ：0，T2T1【答案】C【解析】由圖可知，隨溫度的升高A的轉(zhuǎn)化率降低，平衡向逆向移動(dòng)，所以正反響為放熱反響，故0;反響Ⅰ的特點(diǎn)是正反響方向?yàn)闅怏w體積減小的反響，壓強(qiáng)增大，平衡向正向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率應(yīng)增大，所以p2p1，故A錯(cuò)誤。由圖象可知，T1條件下到達(dá)平衡所用的時(shí)間少，所以T1T2，而在T1條件下到達(dá)平衡時(shí)n(C)小，說(shuō)明低溫有利于C的生成，故正反響為放熱反響，即0，B錯(cuò)誤。由圖可知，溫度越高平衡常數(shù)越大，說(shuō)明升高溫度向正向移動(dòng)，正反響為吸熱反響，即0，故C正確。由圖象可以看出T2條件下A的轉(zhuǎn)化率大，當(dāng)T2T1時(shí)，說(shuō)明升高溫度平衡向正反響方向進(jìn)行，因此正反響為吸熱反響，0;當(dāng)T2c+dT1T20B.a+bc+dT1T20D.a+bT1，T2T1溫度降低，生成物濃度增大，說(shuō)明降溫平衡向正反響方向移動(dòng)，那么正反響為放熱反響，0;由圖乙，達(dá)平衡[v(正)=v(逆)]后增大壓強(qiáng)，v(正)v(逆)，說(shuō)明平衡向正反響方向移動(dòng)，那么正反響是氣體分子數(shù)減小的反響，a+bc+d，故B對(duì)。7.(2023合肥一模)：2SO2(g)+O2(g)??2SO3(g)0且壓強(qiáng)p1或=)，平衡常數(shù)K2______(填增大減小或不變)。假設(shè)要使K2減小，可采取的措施是________。(3)實(shí)驗(yàn)室可用NaOH溶液吸收NO2，反響為2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反響得1L溶液A，溶液B為0.1molL-1的CH3COONa溶液，那么兩溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO-)由大到小的順序?yàn)開_______________________________。(HNO2電離常數(shù)Ka=7.110-4molL-1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.710-5molL-1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是________。a.向溶液A中加適量水b.向溶液A中加適量NaOHc.向溶液B中加適量水d.向溶液B中加適量NaOH【答案】(1)(2)2.510-275%不變升高溫度(3)c(NO)c(NO)c(CH3COO-)b、c【解析】(1)反響(Ⅰ)2-反響(Ⅱ)即得到反響：4NO2(g)+2NaCl(s)??2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，利用平衡常數(shù)定義可知該反響平衡常數(shù)K=。(2)平衡時(shí)容器中n(ClNO)=7.510-3molL-1min-110min2L=0.15mol，那么平衡后n(Cl2)=0.1mol-0.15mol=0.025mol;NO的轉(zhuǎn)化率=100%=75%;假設(shè)恒壓下到達(dá)平衡相當(dāng)于將原平衡加壓，平衡正向移動(dòng)，NO的轉(zhuǎn)化率增大;平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，恒壓下到達(dá)平衡的平衡常數(shù)與原平衡常數(shù)相等;因該反響為放熱反響，升高溫度，反響逆向進(jìn)行，反響平衡常數(shù)減小。(3)反響后得到溶液A為物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的NaNO2與NaNO3的混合溶液，利用電離常數(shù)可知CH3COO-水解程度大于NO，NO不發(fā)生水解，兩溶液中：c(NO)c(NO)c(CH3COO-);利用CH3C