《化学平衡》同步练习5(第一课时)(人教版选修4).docx

第二章 第三节 化学平衡 第一课时
一、选择题(每题有1个或2个选项符合题意)
1．化学平衡状态是指(　　)
A．反响不再发生
B．在一定条件下，反响混合物中各组成成分的浓度不随时间改变
C．反响容器内的总压强保持不变
D．反响物的转化率不再变化
【答案】BD
2．以下反响属于可逆反响的是(　　)
A．H2和O2点燃生成H2O的反响与H2O电解生成H2和O2的反响
B．CuSO4吸水形成晶体蓝矾与蓝矾加热失去水分生成CuSO4
C．Cl2溶于水
D．Na2O溶于水
【解析】A、B项的反响不是在同一条件下进行，不属于可逆反响；D项反响能进行到底，不属于可逆反响；同一条件下，Cl2与水反响生成HCl和HClO，同时，HCl和HClO反响生成Cl2与水，属于可逆反响。
【答案】C
3．(2022·海南高考卷)X、Y、Z三种气体，取X和Y按1:1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反响：X＋2Y2Z，到达平衡后，测得混合气体中反响物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为32，那么Y的转化率最接近于(　　)
A．33%　　B．40%　　C．50%　　D．65%　　
【解析】由：　　X＋　　2Y　2Z
起始： 1 1　　　 0
转化： a 2a2a
平衡： 1－a1－2a2a
根据题意有：＝，a＝，Y的转化率最接近65%。
【答案】D
4．在一定温度下，反响A2(气)＋B2(气)2AB(气)到达平衡的标志是(　　)
A．单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的AB
B．容器内的总压强不随时间变化
C．单位时间生成2n mol的AB同时生成n mol的B2
D．单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的B2
【解析】A中A2和AB的物质的量之比不等于化学式前的计量数之比，A不正确；容器内的总压强始终不随时间变化而变化，B不正确；D中生成A2和B2均为逆反响速率，D不正确。
【答案】C
5．某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反响：A＋3B2C。假设维持温度和压强不变，当到达平衡时容器的体积为VL，其中C气体的体积占10%。以下推断正确的选项是(　　)
①原混合气体的体积为1.2V L 　②原混合气体的体积为1.1V L　③反响到达平衡时气体A消耗掉0.05VL　④反响达平衡时气体B消耗掉0.05V L
A．②③　　B．②④　　C．①③　　D．②④
【解析】设起始A和B的体积分别为a、b
　　　　　　　A　　＋　　3B　2C
起始的体积(L) ab 0
转化的体积(L) 0.05V0.15V10%V
平衡的体积(L) a－0.05Vb－0.15V 10%V
a－0.05V＋b－0.15V＋10%V＝V
a＋b＝1.1V
【答案】A
6．可逆反响N2＋3H22NH3的正、逆反响速率可用各反响物和生成物浓度的变化来表示。以下各关系中能说明反响已到达平衡状态的是(　　)
A．3v正(N2)＝v正(H2)
B．v正(N2)＝v逆(NH3)
C．2v正(H2)＝3v逆(NH3)
D．v正(N2)＝3v逆(H2)
【解析】反响进行时，用不同的物质表示速率，数值不同，可它们的比值是固定的。如用N2、H2、NH3分别表示同一正反响速率时，应有如下关系，v正(N2)∶v正(H2)∶v正(NH3)＝1∶3∶2。如果化学反响到达平衡，那么v(正)＝v(逆)。假设用具体物质表示，那么速率值应与计量数成比例，且必须指明的是正、逆两个方向。即v正(H2)∶v逆(NH3)＝3∶2，v正(N2)∶v逆(NH3)＝1∶2，v正(N2)∶v逆(H2)＝1∶3。选项A只表示一个方向，选项B、D不符合计量数关系。选项C符合要求。
【答案】C
7．在一定条件下，某容器中充入N2和H2合成NH3以下表达错误的选项是(　　)
A．开始反响时，正反响速率最大，逆反响速率为零
B．随着反响的进行，正反响速率逐渐减小，最后减小为零
C．随着反响的进行，逆反响速率逐渐增大，最后保持恒定
D．随着反响的进行，正反响速率逐渐减小，最后与逆反响速率相等且都保持恒定
【解析】随着反响的进行，正反响速率逐渐减小，后保持恒定，但最后不可能减小为零。
【答案】B
8．以下哪种说法可以证明反响N2＋3H22NH3到达平衡状态(　　)
A．1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键形成
B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂
C．1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂
D．1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键形成
【解析】N≡N键断裂和H—H键断裂均为正反响速率，B不正确；N≡N键断裂和N—H键形成均为正反响速率，D不正确。
【答案】AC
9．在恒温下的密闭容器中，有可逆反响2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)＋热量，不能说明已到达平衡状态的是(　　)
A．正反响生成NO2的速率和逆反响生成O2的速率相等
B．反响器中压强不随时间变化而变化
C．混合气体颜色深浅保持不变
D．混合气体平均相对分子质量保持不变
【解析】A中正反响生成NO2的速率和逆反响生成O2的速率相等时，不符合化学式前的系数之比，所以A不能说明已到达平衡状态。
【答案】A
10．在一定温度下，容器内某一反响中M、N的物质的量随反响时间变化的曲线如以下列图所示，以下表述正确的选项是(　　)
A．反响的化学方程式为：2MN
B．t2时，正、逆反响速率相等，到达平衡
C．t3时，正反响速率大于逆反响速率
D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍
【解析】由曲线可知，N物质的量减少，是反响物；M物质的量增加，是生成物，A不正确。横轴t2对应纵轴数值为4，纵轴是物质的量轴，不是速率轴，B不正确。t3时刻以后，M、N物质的量不再改变，反响到达平衡状态，v(正)＝v(逆) ，C不正确。t1时刻N的物质的量为6 mol，M的物质的量为3 mol，D正确。
【答案】D
11．在反响2SO2＋O22SO3中，有a mol SO2和b mol O2参加反响，到达化学平衡状态时有c mol SO3生成，那么SO2在反响混合物中的体积分数为(　　)
A.×100%
B.×100%
C.×100%
D.100%
【解析】此题考查了化学平衡的根本计算。由三步分析法可得：
　2SO2＋　O22SO3
起始量(mol) ab0
转化量(mol) c0.5cc
平衡量(mol) a－cb－0.5cc
φ(SO2)＝×100%＝%
【答案】D
12．在5 L的密闭容器中充入2 mol A气体和1 mol B气体，在一定条件下发生反响：
2A(g)＋B(g)2C(g)达平衡时，在相同条件下测得容器内混合气体的压强是反响前的，那么A的转化率为(　　)
A．67% B．50% C．25% D．5%
【解析】根据阿伏加德罗定律的推论，同温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，平衡时气体的物质的量为×(2＋1) mol＝2.5 mol。
解法一：设达平衡时，B反响了x mol，根据
2A(g)＋　B(g)　2C(g)
反响前 2 1 0
变化量 2xx2x
平衡时 2－2x 1－x 2x
那么(2－2x)＋(1－x)＋2x＝2.5，x＝0.5
α(A)＝×100%＝50%
解法二：根据反响的差量关系计算。
由：2A(g)＋B(g)2C(g)　　Δn
　 2 mol 1 mol 2 mol 1 mol
分析可知，反响前后气体物质的量的差量等于反响掉的B的物质的量。
n( B)＝Δn＝(2＋1) mol－2.5 mol＝0.5 mol
n(A)＝2n(B)＝1 mol，求得α(A)＝50%
【答案】B
13．可逆反响：2NO22NO＋O2在体积固定的密闭容器中进行，到达平衡状态的标志的是(　　)
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③用NO2在NO、O2表示的反响速率的比为221的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A．①④⑥⑦B．②③⑤⑦
C．①③④⑤D．全部
【解析】①中单位时间内生成n mol O2的同时必消耗2n mol NO2，所以①能说明到达平衡状态，②所描述的都是指正反响方向的速率，无法判断；③无论到达平衡与否同向的速率之比总是符合方程式系数比例的；④有色气体的颜色不变能够说明到达了化学平衡；因容器体积固定，密度是一个常数，所以⑤不能说明；该反响是一个反响前后气体体积不等的反响，容器的体积又固定，所以⑥⑦均能说明到达平衡。
【答案】A
14．右图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO＋O22NO2(该反响放热)反响中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未到达平衡状态，且v(正)>v(逆)的点是(　　)
A．a点　　B．b点　　C．c点　　D．d点
【解析】此坐标的纵轴表示的是NO的转化率，横轴表示温度，曲线上的任一点都表示在此温度下到达平衡状态时对应的转化率，从c点作纵轴的平行线与曲线交于一点，这表示假设想到达c点对应温度的平衡状态，需要转化更多的NO，表示c点未到达平衡状态，即v(正)>v(逆)(反响向正反响方向进行)。
【答案】C
二、非选择题
15．将2 mol H2O和2 mol CO置于1 L容器中，在一定条件下，加热至高温，发生如下可逆反响：2H2O(g)2H2＋O2、2CO＋O22CO2。
(1)当上述系统到达平衡时，欲求其混合气体的平衡组成，那么至少还需要知道两种气体的平衡浓度，但这两种气体不能同时是__________________和__________，或__________和__________。(填它们的分子式)
(2)假设平衡时O2和CO2的物质的量分别为：n平(O2)＝a mol，n平(CO2)＝b mol。试求n平(H2O)＝__________。(用含a、b的代数式表示)
【解析】(1)根据C、H元素守恒：n平(H2O)＋n平(H2)＝2 mol；n平(CO)＋n平(CO2)＝2 mol
显然n平(H2O)和n平(H2)或n平(CO)和n平(CO2)，只要知道其中一个，另一个也就确定，同时知道两个是没有意义的。
(2)根据n平(O2)和n平(CO2)求n平(H2O)有以下三种方法：
①三步法：第一步反响生成的O2的平衡量看作第二步反响的O2的起始量
　　　　　2H2O(g)2H2＋O2
起始量(mol) 2 0 0
变化量(mol) xx0.5x
平衡量(mol) 2－xx0.5x
　　　　　2CO＋O22CO2
起始量(mol) 2 0.5x0
变化量(mol) y0.5yy
平衡量(mol) 2－y 0.5x－0.5yy
可得0.5x－0.5y＝a；y＝b
算得x＝2a＋b，n平(H2O)＝2－x＝(2－2a－b)mol。
②逐步逆推法：因为第二个反响的反响物O2是第一个反响的生成物，所以可以从第二个反响消耗O2的量逆推出第一个反响生成O2的量，进而推出第一个反响消耗的H2O的量。
第二个反响生成b mol CO2，说明第二个反响消耗0.5b mol的O2，所以第一个反响生成(a＋0.5b)mol的O2，第一个反响消耗(2a＋b)mol H2O，得n平(H2O)＝(2－2a－b)mol。
③元素守恒法：根据起始和平衡时体系中H、C、O三种元素原子个数不变列式求解。
由H元素守恒：n平(H2O)＋n平(H2)＝2 mol
由C元素守恒：n平(CO)＋n平(CO2)＝2 mol
由O元素守恒：n平(H2O)＋n平(CO)＋2n平(CO2)＝4 mol
代入数据解得：n平(H2O)＝(2－2a－b) mol。
【答案】(1)H2O　H2　CO　CO2
(2)(2－2a－b)mol
16．(2022·东北师大附中高二检测)在一定条件下，可逆反响A2(g)＋B2(g)2C(g)到达平衡时，A2、B2和C的浓度分别为0.5 mol/L、0.1 mol/L、1.6 mol/L，假设用a、b、c分别表示A2、B2、C的初始浓度(mol/L)，那么：
(1)a、b应满足的关系是______________________________________________________．
(2)a的取值范围是______________________________________________________．
【解析】(1)由于在建立平衡的过程中A2、B2的浓度变化相同，所以二者平衡浓度之差应等于a与b的差．
a mol/L－b mol/L＝0.5 mol/L－0.1 mol/L＝0.4 mol/L，
即a－b＝0.4.
(2)假设平衡从正向建立，即C的初始浓度为0，那么初始浓度c(A2)＝0.5 mol/L＋×1.6 mol/L＝1.3 mol/L，c(B2)＝0.1 mol/L＋×1.6 mol/L＝0.9 mol/L.
假设平衡从逆向建立，即B2的初始浓度为0，那么A2的初始浓度为0.4 mol/L，
此时C的初始浓度为1.6 mol/L＋2×0.1 mol/L＝1.8 mol/L.
因此有0.4 ≤a≤1.3　0≤b≤0.9.
【答案】(1)a－b＝0.4　(2)0.4≤a≤1.3
17．在某一容积为5 L的密闭容器内，参加0.2 mol的CO和0.2 mol的H2O，在催化剂存在的条件下高温加热，发生如下反响：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)；正反响为吸热反响．
反响中CO2的浓度随时间变化情况如图：
(1)根据图中数据，反响开始至到达平衡时，CO的平均反响速率为__________；反响到达平衡时，c(H2)＝__________________.
(2)判断该反响到达平衡的依据是__________．
①CO减少的化学反响速率和CO2减少的化学反响速率相等
②CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等
③CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化
④正、逆反响速率都为零
【解析】根据图示可知：反响进行到10 min时，c(CO2)＝0.03 mol/L达最大值，说明此时反响到达平衡状态．
(1)v(CO2)＝＝0.003 mol/(L·min)，
那么v(CO)＝v(CO2)＝0.003 mol/(L·min)，反响到达平衡时，
c(H2)＝c(CO2)＝0.03 mol/L.
(2)①、③均说明v(正)＝v(逆)，反响到达平衡状态，但反响到达平衡状态时，各反响组分的浓度不一定相等，且v(正)＝v(逆)≠0
【答案】(1)0.003 mol/(L·min)　0.03 mol/L　(2) ①③
18．有如下化学反响：2A(g)＋B(g)2C(g)(正反响为放热反响)．
(1)假设将4 molA和2 mol B在2 L的容器中混合，经2 s后测得C的浓度为0.6 mol/L；用物质A表示的平均反响速率为__________；2 s时物质B的浓度为__________；
(2)如以下列图是一定条件下该反响过程中，体系内各物质浓度的变化情况。反响处于平衡状态的时间是__________．
【解析】(1)当2 s时c(C)＝0.6 mol/L，那么消耗A的物质的量浓度为c(A)＝0.6 mol/L，
所以v(A)＝＝0.3 mol/(L·s)，
2 s时c(B)＝－×0.6 mol/L＝0.7 mol/L.
(2)t1～t2、t3～t4时间段时，反响组分的物质的量浓度保持不变，说明反响在t1～t2、t3～t4时间段内处于化学平衡状态．
【答案】(1)0.3 mol/(L·s)　0.7 mol/L
(2)t1～t2、t3～t4
19．(2022·江苏高考卷)将一定量的SO2和含0.7 mol氧气的空气(忽略CO2)放入一定体积的密闭容器中，550℃时，在催化剂作用下发生反响：2SO2＋O22SO3(正反响放热)。反响到达平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28 L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶
液吸收O2，气体的体积又减少了5.6 L(以上气体体积均为标准状况下的体积)。(计算结果保存一位小数)
请答复以下问题：
(1)判断该反响到达平衡状态的标志是__________。(填字母)
a．SO2和 SO3浓度相等
b．SO2百分含量保持不变
c．容器中气体的压强不变
d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等
e．容器中混合气体的密度保持不变
(2)求该反响到达平衡时SO2的转化率(用百分数表示)。
(3)假设将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀多少克
【解析】(1)平衡标志的判断一是正逆反响速率相等，二是各成分含量保持不变。浓度相等不能作为平衡标志的判断，a不正确；由于是气体体积不相等的反响，压强不变可以作为平衡判断标志；d项中均表示正反响速率，不正确。由于均为气体反响，气体的质量守恒，体积不变，密度不变，不能作为平衡的标志。
【答案】(1)bc
(2)消耗O2的物质的量：0.7 mol－＝0.45 mol
生成SO3的物质的量：0.45 mol×2＝0.9 mol
SO2和SO3的物质的量之和：＝0.95 mol
反响前SO2的物质的量：0.95 mol
SO2的转化率：×100%＝94.7%
(3)在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会存在。因此BaSO4的质量为0.9 mol×0.05×233g·mol－1≈10.5g。