资源描述
(九)
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
A组——双基达标
1．(2022·许昌高一质检)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：可逆反响是指在相同条件下，同时向正、逆两个方向进行的反响。
A：Cl2＋H2OHCl＋HClO
B：NH3＋H2ONH3·H2O
C：N2＋3H22NH3，故A、B、C均为可逆反响；D项中水电解生成H2和O2与H2在O2中燃烧生成H2O，两反响的反响条件不同，因此不属于可逆反响，应选D。
答案：D
2．在容器中充入SO2和只由18O原子组成的氧气(18O2)。在一定条件下到达平衡时，18O存在于( )
A．只存在于O2中B．只存在于O2和SO3中
C．只存在于SO2和SO3中D．SO3、SO2和O2中都有可能存在
解析：化学平衡的特征之一是动态平衡，达平衡时一方面18O2与SO2结合生成含18O的SO3，另一方面SO3又分解成SO2和O2，因此18O在O2、SO2以及SO3中都有可能存在。
答案：D
3．(2022·池州高一质检)
右图是可逆反响X2＋3Y22Z2在反响过程中的反响速率(v)与时间(t)的关系曲线，以下表达正确的选项是( )
A．t1时，只有正方向反响
B．t1～t2时，X2的物质的量越来越多
C．t2～t3，反响不再发生
D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化
解析：t1时v(正)>v(逆)>0，A项错；由于t1～t2时v(正)>v(逆)>0，反响物X2或Y2物质的量逐渐减少至t2时刻保持不变，B项错；t2～t3达平衡状态，v(正)＝v(逆)≠0，C项错。
答案：D
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。目前的主要生产方法是“接触法〞，有关2SO2＋O22SO3的说法中，不正确的选项是( )
A．该反响为可逆反响，故在一定条件下SO2和O2不可能全部转化为SO3
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2molSO2和1molO2，那么从反响开始到到达平衡的过程中，正反响速率不断减小，逆反响速率不断增大，某一时刻之后，正、逆反响速率相等
D．平衡时SO2、O2、SO3的分子数之比不再改变
解析：化学平衡是动态平衡，到达化学平衡状态反响并没停止，只是正、逆反响速率相等而已。
答案：B
5．以下表达中可以说明反响2HI(g)H2(g)＋I2(g)已达平衡状态的是( )
①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI
②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂
③百分组成HI%＝I2%
④反响速率v(H2)＝v(I2)＝1/2v(HI)
⑤[HI]∶[H2]∶[I2]＝2∶1∶1
⑥v(HI)分解＝v(HI)生成
⑦压强不变
A．①③⑤B．②⑥
C．④⑤D．④⑥⑦
解析：①H2和HI在方程式中的系数之比为1∶2，因此单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI时正逆反响速率还不相等，故此时还没有到达平衡状态。②H—H键断裂代表的是逆反响速率，而H—I键断裂代表的是正反响速率，因此一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂表示此时正逆反响速率相等，反响到达了化学平衡。③HI的百分组成与I2的百分组成相等，这是反响中的一种特殊时刻，不一定到达化学平衡状态。④因为在同一反响中各物质的反响速率之比等于各物质的方程式系数之比，因此在任何状态都有v(H2)＝v(I2)＝1/2v(HI)。⑤HI、I2和H2的浓度之比为2∶1∶1，这只是反响中的一种特殊时刻，不一定到达化学平衡状态。⑥v(HI)分解＝v(HI)生成表示正逆反响速率相等，到达化学平衡状态。⑦由于化学方程式可逆号两端气体的系数相等，因此压强不能作为判断是否到达化学平衡的依据。
答案：B
6．(2022·南京高一质检)在一体积为10 L的容器中，通过一定量的CO和H2O,850 ℃时发生反响：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
(1)CO和H2O浓度变化如图，那么0～4min的平均反响速率v(CO)＝________mol·L－1·min－1。
(2)如图中4～5min之间该反响________(填“是〞或“否〞)处于平衡状态，判断理由________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：v(CO)＝(0.20－0.08) mol/L/4min＝0.03mol·L－1·min－1
根据反响物的浓度不再变化可知4～5min之间是化学平衡状态。
答案： (1)0.03 (2)是反响物的浓度不再变化
7．(2022·上海高考题改编)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生以下反响：Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)。
(1)该温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2 g。那么10min内CO的平均反响速率为________________。
(2)请用上述反响中某种气体的有关物理量来说明该反响已到达平衡状态：①__________________________，②______________________。
解析：(1)Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)
3 mol 2×56 g
0.3 mol 11.2 g
v(CO)＝＝0.3 mol/(2 L×10 min)＝0.015 mol·L－1·min－1。
答案：(1)0.015 mol·L－1·min－1(2)①CO或(CO2)的生成速率与消耗速率相等②CO(或CO2)的质量不再改变
B组——能力拔高
8．(2022·扬州高一质检)在一个密闭容器中发生如下反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反响过程中某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol·L－1、0.2mol·L－1、0.2mol·L－1，当反响到达平衡时，可能出现的数据是(双选)( )
A．c(SO3)＝0.4mol·L－1
B．c(SO2)＝c(SO3)＝0.15mol·L－1
C．c(SO2)＝0.25mol·L－1
D．c(SO2)＋c(SO3)＝0.4mol·L－1
解析：反响过程中某一时刻c(SO2)＝0.2mol·L－1，c(O2)＝0.2mol·L－1，c(SO3)＝0.2mol·L－1，假设SO2全部转化为SO3，c(SO3)＝0.2mol·L－1＋0.2mol·L－1＝0.4mol·L－1，由于是可逆反响，可逆反响的特点是正反响与逆反响同时进行，所以无论是反响物或生成物都不可能消耗完，非起始状态，任何物质的物质的量也不可能是0，所以A选项错误，在题述某一时刻之后，无论平衡怎样移动，都不可能出现c(SO2)＝c(SO3)＝0.15mol·L－1这种情形，SO2与SO3的浓度都比原来小，这显然违反了质量守恒定律。抓住S元素守恒，D选项恒成立，C选项可能出现。
答案：CD
9．在2 L密闭容器中，800 ℃时反响2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)A点处，v(正)________v(逆)，A点正反响速率________B点正反响速率(用“大于〞、“小于〞或“等于〞填空)。
(2)如图中表示NO2的变化的曲线是________。用O2表示从0～2s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(O2) d．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)＝0.020mol－0.007mol＝0.013mol，生成n(NO2)＝0.013mol。平衡时c(NO2)＝0.0065mol·L－1，所以NO2的变化曲线为b。0～2s内，v(O2)＝v(NO)＝×＝1.5×10－3mol·L－1·s－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)b1.5×10－3mol/(L·s)
(3)bc (4)bcd
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