《化学平衡》同步练习5(第二课时)(人教版选修4).docx

第二章　第三节 化学平衡 第二课时
一、选择题(每题有1个或2个选项符合题意)
1．(2022·扬州高二检测)可以充分说明反响P(g)＋Q(g)R(g)＋S(g)在恒温下已到达平衡的是(　　)
A．反响容器内的压强不随时间改变
B．反响容器内P、Q、R、S四者共存
C．P的生成速率和S的生成速率相等
D．反响容器内的气体总物质的量不随时间变化
【答案】C
2．(2022·天津高考)对于平衡CO2(g)CO2(aq)　ΔH＝－19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是(　　)
A．升温增压　　　　　B．降温减压
C．升温减压 D．降温增压
【答案】D
3．反响A2(g)＋2B3(g)2AB3(g)　ΔH<0，以下说法正确的选项是(　　)
A．升高温度，正向反响速率增加，逆向反响速率减小
B．升高温度有利于反响速率增加，从而缩短到达平衡的时间
C．到达平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反响平衡正向移动
D．到达平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反响平衡正向移动
【答案】B
4．某温度下，反响mX(g)＋nY(g)qZ(g)　ΔH>0，m＋n>q，在体积一定的密闭容器中到达平衡，以下表达正确的选项是(　　)
A．反响速率v正(X)＝v逆(Y)
B．参加X，反响的ΔH增大
C．增加Y的物质的量，X的转化率增大
D．降低温度，的值变小
【答案】AC
5．(2022·豫南七校高二检测)在如下列图的三个容积相同的容器①②③中进行如下反响：3A(g)＋B(g)2C(g)　ΔH<0，假设起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，那么到达平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为(　　)
A．③②①B．③①②
C．①②③D．②①③
【解析】①与②相比，由于②能把反响产生的热量散到空中，相比①来说相当于降低温度，故平衡右移，故平衡时C的体积分数②大于①；②与③相比，由于反响向右移进行时分子数减少，故③中活塞下移，相对②来说，相当于给体系加压，平衡右移，故B、C的体积分数③大于②。
【答案】A
6．(2022·广东高考)将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器，恒温下发生反响H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)　ΔH<0，平衡时Br2(g)的转化率为a；假设初始条件相同，绝热下进行上述反响，平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是(　　)
A．a>bB．a＝b
C．a<bD．无法确定
【解析】正反响为放热反响，前者恒温，后者相对前者，温度升高，使平衡向左移动，从而使Br2的转化率降低。所以b<a。
【答案】A
7．体积完全相同的两个容器A和B，A装有SO2和O2各1 g，B装有SO2和O2各2 g，在相同温度下反响到达平衡时A中SO2的转化率为a%，B中SO2的转化率为b%，那么A、B两容器中SO2转化率的关系正确的选项是(　　)
A．a%>b% B．a%＝b%
C．a%<b% D．2a%＝b%
【解析】此题考查了勒夏特列原理的应用。容器发生反响2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。要比较A、B两容器中SO2转化率，可以对B容器的反响过程进行如下虚拟设计：
即先将B容器中的体积扩大一倍，使状态Ⅱ与A容器到达等同平衡(状态Ⅱ相当于两个独立的容器A)，两者SO2的转化率相等。再将状态Ⅱ体积压缩为原体积，根据勒夏特列原理，平衡向体积减小的方向移动，平衡向正反响移动，状态Ⅲ平衡时SO2转化率大于状态Ⅱ(也就是容器A)的转化率。而B容器先扩大体积再压缩回原状，转化率是相同的，所以a%<b%。
【答案】C
8．在密闭容器中进行H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)(正反响放热)，反响到达平衡后，欲使颜色加深，应采取的措施是(　　)
A．升温　　B．降温　　C．增压　　D．减压
【解析】此题考查了勒夏特列原理的应用。要想使容器内气体的颜色加深，就需要加大Br2的浓度，加大Br2浓度的方法结合选项有两种：一是利用平衡移动原理，升高温度，反响向吸热的方向移动，Br2浓度增大，颜色加深；二是减小容器的体积即加大容器的压强，由于反响前后计量数相等，压强变化不会带来平衡的移动，但体积减小，Br2浓度增大，颜色加深。
【答案】AC
9．可逆反响：3A(气)3B()＋C()(正反响吸热)，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，那么以下判断正确的选项是(　　)
A．B和C可能都是固体
B．B和C一定都是气体
C．假设C为固体，那么B一定是气体
D．B和C可能都是气体
【解析】由于正反响吸热，升高温度平衡向正反响方向移动。假设B和C都不是气体，那么反响体系中只有气体A，相对分子质量不变。
根据＝分别讨论：假设B、C都是气体，根据质量守恒定律，气体总质量m不变，而正反响使气体体积增大，即气体总物质的量n增大，所以气体平均相对分子质量将减小。
假设C为固体，B为气体，那么反响前后气体物质的量n不变，气体总质量m因为生成固体C而减少，也将减小。所以C、D选项正确。
【答案】CD
10．对反响2NO2(g)N2O4(g)，在一定条件下到达平衡，在温度不变时，欲使c(NO2)/c(N2O4)的比值增大，应采取的措施是(　　)
A．体积不变，增加NO2的物质的量
B．体积不变，增加N2O4的物质的量
C．使体积增大到原来的2倍
D．充入N2，保持压强不变
【解析】相同条件下向容器中充入2 mol NO2和充入1 mol的N2O4到达的平衡是相同的。也就是说，反响2NO2(g)N2O4(g)的任一平衡状态都可以理解为从一定量NO2或N2O4开始反响建立的。所以在体积不变的情况下，向某一平衡体系中充入NO2或N2O4都可以等效设计为向平衡体系中充入一定量的相同的平衡混合气体，其效果都相当于加大压强。因为加压使平衡右移，所以c(NO2)/c(N2O4)的比值减小，保持压强不变充入N2，容器体积增大，相当于容器减压，平衡左移，所以c(NO2)/c(N2O4)的比值增大。
【答案】CD
11．在容积相同且固定不变的四个密闭容器中，进行同样的可逆反响：2A(g)＋B(g)3C(g)＋2D(g)起始时四个容器所盛A、B的量分别为：甲：2 mol A,1 mol B；乙：1 mol A,1 mol B；丙：2 mol A,2 mol B；丁：1 mol A,2 mol B。在相同温度下建立平衡时，A、B的转化率大小关系正确的选项是(　　)
A．A的转化率：甲<丙<乙<丁
B．A的转化率：甲<乙<丙<丁
C．A的转化率：甲<乙＝丙<丁
D．B的转化率：甲>丙>乙>丁
【解析】首先分析可逆反响的条件和特点：恒温、恒容条件下的气体体积增大的反响。再将题给数据逐一列出：
2A(g)＋B(g)3C(g)＋2D(g)
甲 2 1 0 0
乙 1 1 0 0
丙 2 2 0 0
丁 1 2 0 0
通过比照、分析，可以进行如下等效设计比较A、B的转化率：
①甲中A比乙中多1 mol，所以A的转化率：甲<乙；B的转化率：甲>乙。同理，丙相当于甲平衡后参加1 mol B，又相当于丁平衡后参加1 mol A；丁相当于乙平衡后参加1 mol B。所以，A的转化率：甲<丙<丁，乙<丁；B的转化率：甲>丙>丁，乙>丁。
②再比较乙、丙：丙的投料是乙的一倍，平衡丙相当于平衡乙压强加大一倍，加压平衡向逆反响方向移动，A、B的转化率都降低，所以A的转化率：乙>丙；B的转化率：乙>丙。
综上所述，A的转化率：甲<丙<乙<丁；B的转化率：甲>乙>丙>丁。
【答案】A
12．对到达平衡的可逆反响X＋YW＋Z，增大压强那么正、逆反响速率(v)的变化如右图，分析可知X，Y，Z，W的聚集状态可能是(　　)
A．Z，W为气体，X，Y中之一为气体
B．Z，W中之一为气体，X，Y为非气体
C．X，Y，Z皆为气体，W为非气体
D．X，Y为气体，Z，W中之一为气体
【解析】增大压强，正逆反响速率均增大，但正反响速率大于逆反响速率，故平衡向正反响方向移动，即正反响为气体体积减小的反响。
【答案】CD
13．由可逆反响测绘出图象，纵坐标为生成物在平衡混合物中百分含量，以下对该反响的判断正确的选项是(　　)
A．反响物中一定有气体
B．生成物中一定有气体
C．正反响一定是放热反响
D．正反响一定是吸热反响
【解析】“定一议二〞。温度不变时，增大压强，生成物的百分含量降低，说明平衡逆向移动，逆向为体积缩小方向，而题中未给出具体的可逆反响，但是可以确定生成物中一定有气体。压强不变时，升高温度，生成物的百分含量增大，说明平衡正向移动，正向为吸热反响。
【答案】BD
14．可逆反响mA(固)＋ nB(气)eC(气)＋fD(气)反响过程中，当其他条件不变时，C的体积分数φ(C)在不同温度(T)和不同压强(p)的条件不随时间(t)的变化关系如下列图。以下表达正确的选项是(　　)
A．到达平衡后，假设使用催化剂，C的体积分数将增大
B．到达平衡后，假设温度升高，化学平衡向逆反响方向移动
C．化学方程式中，n>e＋f
D．到达平衡后，增加A的质量有利于化学平衡向正反响方向移动
【解析】从(1)图中应先判断出T1与T2的大小关系。在其他条件不变时，温度升高，反响速率变大，到达平衡时间越短。由此可知，T2>T1。从图(1)分析可知温度较高时φ(C)变小，说明升高温度时，平衡向逆反响方向移动，所以该正反响是放热反响。B选项是正确的。
从(2)图中应先判断出p1与p2大小关系。在其他条件不变情况下，压强越大，到达平衡的时间就越短，由此可知p2>p1。从图中可知，压强增大时φ(C)变小，说明增大压强平衡向逆反响方向移动，逆反响方向是气体体积减小的方向，即n<e＋f，C项错误。由于使用催化剂并不影响化学平衡的移动，A项错误。
【答案】B
15．可逆反响：A2()＋B2()2AB()，当温度和压强改变时n(AB)的变化如图，以下表达正确的选项是(　　)
A．A2、B2及AB均为气体，ΔH <0
B．AB为气体，A2、B2至少有一种为非气体，ΔH<0
C．AB为气体，A2、B2有一种为非气体，ΔH>0
D．AB为固体，A2、B2有一种为非气体， ΔH>0
【解析】由图可知压强相等时温度升高，AB的物质的量减少，可知温度升高平衡向逆反响方向移动，逆反响是吸热反响，正反响是放热反响，ΔH<0；t3开始温度不变压强增大，AB的物质的量减少，说明平衡向逆反响方向移动，逆反响是体积减少的方向，说明AB必为气体，A2、B2至少有一种为非气体，不能同时为气体。
【答案】B
16．在一密闭容器中充入1 mol NO2气体，建立如下平衡：2NO2N2O4，测得NO2转化率为a%。在温度、体积不变时，再通入1 mol NO2，待新平衡建立时，测得NO2的转化率为b%，a与b比较(　　)
A．a>b　　B．b>a　　C．a＝b　　D．无法确定
【解析】此题按一般方法解答，认为增加了NO2，其转化率将减小，但未考虑NO2的参加，不仅其浓度增大了，且体系压强也增大了，两种因素均使平衡右移，因此，转化率是增大还是减小还不能确定。现作如下等效假设：
由以上分析可知：最终结果与加压使平衡移动的结果一致。
【答案】B
17．(2022·广东文理综合)恒温恒压下，在容积可变的器皿中，反响2NO2(g)N2O4(g)到达平衡后，再向容器内通入一定量的NO2，又到达平衡时，N2O4的体积分数(　　)
A．不变　　B．增大　　C．减小　　D．无法判断
【解析】对于该平衡体系，由于保持恒温、恒压，那么通入NO2后使容器的容积增大，相当于平衡不发生移动，故N2O4的体积分数保持不变。
【答案】A
18．两个体积相同带活塞的容器，分别盛装一定量的NO2和Br2(g)，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原来的一半(如以下列图)假设气体不液化，那么以下说法正确的选项是
(　　)
A．a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的浅
B．a′，b′的颜色一样深
C．a′的压强比a的压强2倍要小，b′的压强为b的压强的2倍
D．a′中的c(NO2)一定比b′中的c(Br2 )小
【解析】a→a′过程中2NO2N2O4平衡正向移动。增大压强，不管平衡怎样移动，新平衡时各物质(气体)的浓度均比旧平衡的大；a在压缩中有一定NO2转化成N2O4，a′颜色应比b′中的浅；a′中物质的量比a中要少，b和b′中物质的量相等；两者颜色一样深，并不意味着c(NO2)和c(Br2)相等。
【答案】C
二、非选择题
19．在一个密闭容器中，发生以下反响：CO2(g)＋C(s)2CO(g)　ΔH>0，到达平衡后，改变以下条件，那么指定物质的浓度及平衡怎样变化
(1)增加C，平衡__________，c(CO)__________。
(2)减小密闭容器的容积，保持温度不变，那么平衡__________，c(CO2)__________________ 。
(3)通入N2，保持密闭容器的容积和温度不变，那么平衡__________，c(CO2)__________。
(4)保持密闭容器的容积不变，升高温度，那么平衡__________，c(CO)__________。
【解析】解题时要注意反响式中碳是固体，此反响的正反响为气体体积增大的反响，同时也是吸热反响．用勒夏特列原理可顺利作出判断。
【答案】(1)不移动；不变　(2)向逆反响方向移动；增大　(3)不移动；不变　(4)向正反响方向移动；增大
20．可逆反响3A(g)3B()＋C()　ΔH<0，到达化学平衡后，升高温度。用“变大〞“变小〞“不变〞或“无法确定〞填空。
(1)假设B、C都是气体，气体的平均相对分子质量__________；
(2)假设B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量__________；
(3)假设B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量__________；
(4)假设B不是气体，C是气体：
①如果A的摩尔质量大于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量__________；
②如果A的摩尔质量小于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量__________。
【解析】混合气体的平均摩尔质量在以g·mol－1为单位时数值上等于其平均相对分子质量，因此可用气体的m(总)/n(总)来推算平均相对分子质量的变化，(1)(3)可用此法；对于(2)气体只有一种，所以不变；对于(4)属于两组分气体混合物，那么只要看两种气体的比例及摩尔质量大小。
【答案】(1)变大　(2)不变　(3)变大
(4)①变大　②变小
21．在10℃和4×105 Pa的条件下，当反响aA(g)dD(g)＋eE(g)建立平衡后，维持温度不变，逐步增大体系的压强，在不同压强下该反响建立平衡后，物质D的浓度见下表(在增大压强的过程中无其他副反响发生)：
压强(Pa)
4×105
6×105
1×106
2×106
D的浓度/mol·L－1
0.085
0.126
0.200
0.440
(1)压强从4×105Pa增加到6×105Pa时平衡应向__________反响方向移动(填“正〞或“逆〞)，理由是__________________。
(2)压强从1×106 Pa增加到2×106 Pa时，平衡向__________反响方向移动。此时平衡向该方向移动的两个必要条件是①__________，②__________。
【解析】压强从4×105 Pa增加到6×105 Pa时，由于容器体积缩小，D的浓度应增加到×0.085 mol·L－1＝0.1275 mol·L－1，平衡时D的浓度小于0.1275 mol·L－1，所以平衡向逆反响方向移动，a<d＋e。同理，压强从1×106 Pa增加到2×106 Pa时，D的浓度应增加到0.4 mol·L－1，平衡时D的浓度大于0.4 mol ·L－1，说明加压平衡向正反响方向移动，正反响又变成了气体体积减小的反响，这与(1)的结论矛盾，唯一合理的解释是加大压强使气体E转变为液体或固体了。
【答案】(1)逆　加压时生成物D浓度增大的倍数小于压强增大的倍数
(2)正　①a>d②生成物E在该条件下的状态为非气态