《化学反应的限度》同步练习11(鲁科版必修2).docx

化学反响的限度【典例导悟】【典例1】2022山东高考是制备硫酸的重要反响。以下表达正确的选项是A.催化剂V2O5不改变该反响的逆反响速率B.增大反响体系的压强，反响速率一定增大C.该反响是放热反响，降低温度将缩短反响到达平衡的时间D.在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2,那么时间间隔t1t2内，SO3g生成的平均速率为【标准解答】选D。参加催化剂同时改变正、逆反响速率，A项错误；假设是恒容条件，增加不参与反响的气体而使反响体系的压强增大，由于浓度不变，反响速率就不变，B项错误；降低温度使反响速率降低，将增大反响到达平衡的时间，C项错误；根据计算平均速率的定义公式可得D项正确。 【解析】选D。图中随反响进行，物质的量减少的N为反响物，物质的量增多的M为生成物，n(N)n(M)=(8-2) mol(5-2) mol=21,所以反响方程式为2NM;t2时刻，n(M)=n(N),但反响未达平衡，此时正反响速率大于逆反响速率；t3时刻反响达平衡，正反响速率等于逆反响速率；t1时刻，n(M)=3 mol，n(N)=6 mol,N的浓度是M浓度的2倍。【思路点拨】解答此题要注意以下两点：1条件改变假设使正反响速率增大，那么逆反响速率必然也增大。2反响达平衡后的特征。【自主解答】选A。升高温度和使用高效催化剂使正反响速率和逆反响速率都增大；反响达平衡后，反响速率保持恒定；CO的消耗表示v(正),CO2的消耗表示v逆，当两者速率相等时，表示反响到达平衡状态。【互动探究】1该反响达平衡后，假设升高温度，对该化学平衡的影响是什么(2)反响达平衡后，CO和CO2的物质的量一定相等吗提示：(1)升高温度，该可逆反响的正、逆反响速率都要增大，由于化学反响都伴随能量变化，故正、逆反响速率的增大程度不同，v正v逆，所以化学平衡一定会移动。2不一定。CO和CO2的物质的量不存在必然的关系。某一生成物浓度不变时，说明到达平衡状态；因该反响反响前后气体体积不变,故在恒温恒容下压强不变不能作为是否到达平衡的判断依据；因该反响反响前后气体体积不变，且质量守恒，反响从始至终平均相对分子质量是不变的，不能作为平衡判据；颜色不变，代表着cI2不变，反响到达平衡；恒温恒压，且反响前后气体体积不变，那么容积也恒定，又质量守恒，故密度也是自始至终不变的，不能作为平衡判断依据。(2)和解析同上，可判断反响到达平衡状态；因反响前后气体体积改变，可以判断反响到达平衡。答案：1 2【学业达标训练】1.以下反响体系中，不属于可逆反响的是 A.Cl2溶解于水B.氨气溶解于水C.工业合成氨D.水电解生成H2和O2与H2在O2中燃烧生成H2O【解析】选D。化学平衡是动态平衡，18O2的参加定会与SO2结合生成含18O的SO3，同时含18O的SO3又会分解得到SO2和O2，使SO2、O2中也含有18O，因此18O存在于SO2、O2、SO3这三种物质中。4.硫酸是一种重要的化工产品，硫酸的消耗量常被视为一个国家工业兴旺水平的一种标志。目前的重要生产方法是“接触法，有关接触氧化反响：2SO2+O2 2SO3的说法不正确的选项是( )A.该反响为可逆反响，故在一定条件下二氧化硫和氧气不可能全部转化为三氧化硫B.到达平衡后，反响就停止了，故正、逆反响速率相等且均为零C.一定条件下，向某密闭容器中参加2 mol SO2和1 mol O2，那么从反响开始到平衡的过程中，正反响速率不断减小，逆反响速率不断增大，某一时刻，正、逆反响速率相等D.在利用上述反响生产三氧化硫时，要同时考虑反响所能到达的限度和化学反响速率两方面的问题 【解析】选B。A项，可逆反响不能进行到底，正确；B项，达平衡后，正、逆反响速率不为零；C项，从反响开始到平衡的过程中，反响物的浓度不断减小，所以v正不断减小，生成物的浓度不断增大，v逆不断增大，平衡时，v正=v逆。5.以下表达不能肯定判断某化学平衡发生移动的是( )A.反响体系的温度改变B.反响混合物中各组分的百分含量改变C.正、逆反响速率改变D.反响物的转化率改变【解析】选C。A项，任何反响的发生都伴随能量的变化，所以，温度改变时，化学平衡一定会发生移动；根据化学平衡的特征，各组分的百分含量不变反响物转化率不变可判断B项、D项平衡发生移动；C项，假设v正与v逆改变的程度相同，两者仍相等，那么平衡不移动。6.2022温州高一检测在5 mL 0.1 molL-1 KI溶液中滴加0.1 molL-1 FeCl3溶液56滴后，再进行以下实验，其中可证明FeCl3溶液和KI溶液的反响是可逆反响的实验是 A.再滴加AgNO3溶液，观察是否有AgI沉淀产生B.参加CCl4振荡后，观察下层液体颜色C.参加CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察是否有AgCl沉淀产生D.参加CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察是否出现红色【解析】选D。FeCl3溶液与KI溶液反响的实质是：2Fe3+ +2I- =2Fe2+ +I2，由题知，Fe3+缺乏，I-过量，假设反响不是可逆反响，反响后的溶液中应无Fe3+，假设反响是可逆反响，那么反响后的溶液中含Fe3+，所以应滴加KSCN溶液，检验Fe3+是否存在。7.2022福州高一检测以下表达能说明反响2Ag+Bg 2Cg已达平衡状态的有 A、B、C的百分含量相等单位时间，消耗a mol B，同时生成2a mol C单位时间，消耗a mol A，同时生成0.5a mol B外界条件不变时，物质总质量不随时间改变外界条件不变时，气体总分子数不再变化A、B、C分子数之比为212A.除外 B.除外 C. D.【解析】选D。和各组分的百分含量是否相等及分子数之比与平衡无关。中B的消耗表示v正，C的生成也表示v正，两者相等不能说明反响达平衡；中总质量不变不能说明反响达平衡，因为根据质量守恒定律，不管反响是否达平衡，物质的总质量一直保持不变；而中表示v正=v逆，可说明反响达平衡状态；对于反响前后气体物质的量变化的反响，总分子数不变可说明反响达平衡状态。8.2022长春高一检测在2 L的密闭容器中有如下列图的反响，看图按要求答复以下问题： (1)上图中，反响物是：I _ _ 。(2)写出反响方程式: _: _。(3)在图中，以010 s内的平均反响速率计算，t=6 s时A的浓度是 _ mol/L。【解析】图和图中，都是A的浓度随反响进行不断减少至不变，B、C的浓度随反响进行而不断增多至不变，所以A为反响物，B、C为生成物。不同的是图中A的最终浓度为0，图中不为零，所以图中不是可逆反响，而图中是可逆反响。图中，10 s时，变化的c(A)=1.2 molL-1-0.8molL-1=0.4 molL-1，由图看出该反响的速率是匀速的，所以6 s时变化的c(A)= 0.4 molL-1=0.24 molL-1,此时c(A)=0.96 molL-1。答案：1A A (2)3A=2B+C A B+2C30.969.在2 L容器中3种物质间进行反响，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图。反响在t时刻到达平衡，依图所示：1该反响的化学方程式是_。2反响起始至t, Y的平均反响速率是 _ 。3X的转化率是 _ 。4关于该反响的说法正确的选项是 _ 。A.到达t时刻该反响已停止B.在t时刻之前X的消耗速率大于它的生成速率C.在t时刻正反响速率等于逆反响速率D.在t时刻到达平衡是因为此时反响物总物质的量与生成物总物质的量相等【素能综合检测】一、选择题此题包括5小题，每题4分，共20分1.在一定条件下，向某容器中充入N2和H2合成NH3，以下表达中错误的选项是 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，最后正反响速率减小为零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】选B。开始反响时，由于反响物浓度最大，导致正反响速率最大，由于生成物浓度为零，导致逆反响速率为零，故A对；可逆反响在到达平衡的过程中，正反响速率逐渐减小，逆反响速率逐渐增大，平衡时，正反响速率与逆反响速率相等，但不能为零，故B错，C、D均对。【解析】选B。根据可逆反响特点，正、逆反响同时进行，且反响有一定的限度，反响物不会全部转化为产物，因此，SO2的浓度范围为0cSO20.4 molL-1，O2的浓度范围为0cO20.2 molL-1,SO3的浓度范围为0cSO30.4 molL-1，且SO2与SO3的浓度之和为0.4 molL-1元素守恒，因此只有B符合题意。3.2022长春高一检测一定条件下在密闭容器中能表示可逆反响2SO2+O2 2SO3一定到达平衡状态的是( )消耗2 mol SO2的同时生成2 mol SO3SO2、O2与SO3的物质的量之比为212反响混合物中SO3的浓度不再改变A. B. C.只有 D.只有【解析】选C。消耗SO2指的是v正，生成SO3也是v正，两者速率相等不能说明反响达平衡状态；SO2、O2与SO3的物质的量之比为212,不一定是化学平衡状态；SO3的浓度不再改变，说明v正=v逆，反响达平衡状态。4.对处于化学平衡的体系，从化学平衡与化学反响速率的关系可知 A.化学反响速率变化时，化学平衡一定发生移动B.化学平衡发生移动时，化学反响速率不一定变化C.正反响进行的程度大，正反响速率一定大D.催化剂存在条件下，化学反响速率发生变化，而化学平衡不移动【解析】选D。化学平衡移动的过程就是由v(正)=v(逆)变为v正v逆，再转化为v正=v逆的过程，故B不正确。使用催化剂时，反响速率改变，平衡并不移动，故A错误，D正确。5.一定条件下，合成氨反响到达平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%,与反响前的体积相比，反响后体积缩小的百分率是( )% B.20.0% C.80.0% D.83.3%【解析】选A。合成氨反响是反响后气体体积减小的反响。按正常思路利用平衡计算方法。设N2、H2起始的物质的量分别为x、y,N2转化的物质的量为z,得出 N2+3H2 2NH3起始物质的量 x y 0转化物质的量 z 3z 2z平衡物质的量 (x-z)(y-3z) 2z平衡时总的物质的量为(x-z)+(y-3z)+2z=x+y-2z二、非选择题此题包括3小题，共30分6.7分2022连云港高一检测如图表示800 时A、B、C三种气体物质的浓度随时间变化的情况，t是到达平衡状态的时间。试答复：(1)该反响的反响物是 _ 。(2)该反响的化学反响方程式为：_。(3)假设到达平衡状态的时间是2分钟，A物质的平均反响速率为 _【解析】从图中看A的浓度随反响进行不断减小至不变，B、C的浓度不断增大至不变，所以A为反响物，B、C为生成物。2分钟到达平衡时，A的浓度减小,c(A)=2.0 molL-1-1.2 molL-1=0.8 molL-1,B、C浓度增大分别为1.2 molL-1、0.4 molL-1; 方程式中A、B、C化学计量数之比为231，所以反响的化学方程式为2A3B+C。2分钟内v(A)=0.8 molL-1/2 min=0.4 molL-1min-1用O2表示从02 s内该反响的平均速率v= _ 。(3)能说明该反响已经到达平衡状态的是 _ 。a.v(NO2)=2v(O2)b.容器内压强保持不变c.v逆NO=2v正O2d.容器内的密度保持不变(4)能使该反响的反响速率增大的是 _。a.及时别离出NO2气体b.适当升高温度c.增大O2的浓度d.选择高效的催化剂【解析】(1)A点，反响未达平衡，由表中数据知n(NO)随反响进行不断减小，说明反响从正向开始，所以A点v正v逆；A点处反响物的浓度大于B点，所以A点正反响速率大于B点。(2)图中纵坐标为浓度，平衡时消耗n(NO)=0.020 mol-0.007 mol=0.013 mol,生成n(NO2)=0.013 mol。平衡时cNO2=0.006 5 molL-1，所以NO2的变化曲线为b。02s内，=1.510-3 molL-1s-1。(3)v(NO2)=2v(O2)未指明v正、v逆，不能说明是平衡状态，该反响遵循质量守恒定律，且容器的体积未变化，所以容器内的密度不管反响是否达平衡状态一直保持不变。(4)别离出NO2气体后，浓度减小，反响速率减慢，而升高温度，加催化剂及增大反响物浓度都会使反响速率增大。答案：(1)大于 大于 (2)b 1.510-3 mol-1L-1s-1(3)b、c (4)b、c、d实验探究8.(10分)某学校实验小组同学欲探究。做如下实验：如下列图，烧瓶A、B中装有相同浓度的NO2和N2O4的混合气体，中间用止水夹K夹紧，烧杯甲中盛放100 mL 6 mol/L的盐酸，烧杯乙中盛放100 mL冷水,两烧杯液体温度相同。现向烧杯甲的溶液中放入25 g NaOH固体，同时向烧杯乙中放入25 g NH4NO3固体，搅拌使之溶解。(1)写出烧瓶中存在的反响的化学方程式 _，实验前烧瓶中气体呈 _色。(2)请将该题中探究题目补充完整 _。(3)分别向甲、乙烧杯中加NaOH固体和NH4NO3固体后，某同学又用温度计测量两烧杯中液体的温度，发现甲中温度 _ ，乙中温度 _，原因是 _。同时发现A瓶中气体颜色变深，B瓶中气体颜色变浅。(4)由此，该小组同学得出的结论是：_。