高中化学第二节 化学平衡同步练习题

这是一份高中化学第二节 化学平衡同步练习题，共15页。试卷主要包含了2化学平衡同步练习题，6ml/L等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。以下说法能说明反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是
A．H2和CO2的浓度之比为3∶1
B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C=O
C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变
D．绝热体系中，体系的温度保持不变
2．一定温度下，在定容密闭容器中发生反应：。下列能证明反应达到化学平衡状态的是
A．体系压强不再变化
B．的浓度不再变化
C．容器内气体总质量不再变化
D．生成的与消耗的物质的量比为1∶1
3．丙烯是三大合成材料的基本原料，由甲醇催化制丙烯的化学方程式为：。反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示，Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。下列有关说法正确的是
A．该反应的C为105.4
B．工业上使用催化剂可以提高丙烯单位时间内的产率
C．在恒容密闭容器中，气体的密度不变，则该反应达到平衡
D．在恒容密闭容器中，增加物质的量平衡正向移动，的体积分数减小
4．可逆反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，设K为平衡常数，Q为浓度商，下列说法正确的是
A．Q变小，K不变，O2转化率减小B．Q不变，K变大，SO2转化率减小
C．Q增大，K不变，SO2转化率增大D．Q不变，K变大，O2转化率增大
5．在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有：
反应1 kJ·ml
反应2 kJ·ml
将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。
已知的选择性
下列说法正确的是
A．图中曲线①表示转化率随温度的变化
B．720~800℃范围内，随温度的升高，出口处及的量均增大
C．720~800℃范围内，随温度的升高，的选择性不断增大
D．其他条件不变，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
6．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以下反应是大规模制取氢气的一种方法： ，下列说法正确的是
A．在生产中，欲使CO的转化率提高，同时提高的产率，可采用增大水蒸气浓度，或加压等方法
B．实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO，可增大的体积分数，说明CaO对反应有催化作用
C．其它条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量CaO，纳米CaO比微米CaO使体积分数增加的更多
D．在密闭容器中进行上述反应，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应处于平衡状态
7．一定温度下，在体积为的恒容密闭容器中，某一反应中、、三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是

A．反应的化学方程式为
B．时，正、逆反应都不再继续进行，反应达到化学平衡
C．若，则内，X的化学反应速率为
D．温度、体积不变，时刻充入使压强增大，正、逆反应速率都增大
8．通常，平衡常数K越大，反应越完全。一般来说，当时，反应进行完全。则n为
A．2B．5C．10D．18
9．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A．AB．BC．CD．D
10．某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配N2O4可将其“固定”得到R(如下图所示)，实现从烟气中分离出N2O4并可制备HNO3。
已知反应；ΔHAl
温度(℃)
360
440
520
K
0.036
0.010
0.0038
过程IV中B溶液中含有的离子
过程VI中B溶液中含有的离子
甲
有Fe3+无Fe2+
有
乙
既有Fe3+又有Fe2+
有
丙
有Fe3+无Fe2+
有Fe2+
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：A．H2和CO2的浓度之比与起始投入的量有关，A不能说明达到化学平衡状态，A不合题意；
B．单位时间内断裂3个H—H同时将形成2个C=O，故断裂1个C=O，正逆反应速率不相等，不能说明达到化学平衡状态，B不合题意；
C．恒温恒容条件下，气体的质量不变，气体的体积不变，故气体的密度一直保持不变，故不能说明达到化学平衡状态，C不合题意；
D．绝热体系中即与外界不进行热交换，在达到平衡之前，体系的温度一直在变，现保持不变，故说明达到化学平衡状态，D符合题意；
故答案为：D。
2．B
解析：A．该反应前后气体物质的量不变，因此随反应进行体系的压强始终不变，故体系压强不再变化，不能证明反应达到化学平衡状态，故A错误；
B．的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，能证明反应达到化学平衡状态，故B正确；
C．根据质量守恒定律可知，容器内气体总质量始终不变，故容器内气体总质量不再变化，不能证明反应达到化学平衡状态，故C错误；
D．生成的与消耗的物质的量比为1∶1，不能说明正逆反应速率相等，不能证明反应达到化学平衡状态，故D错误；
故选B。
3．B
解析：A.由图可得两个等式：和，解得，带入其中计算得，A不正确；
B.使用催化剂可以加快反应速率，能提高丙烯单位时间内的产率，B正确；
C.在恒容密闭容器中，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡，C不正确；
D.增加的物质量平衡正向移动，的体积分数是增大的，D不正确；
故选B。
4．A
解析：浓度商Q=，容器容积不变，向容器中充入一定量的O2，分母变大，所以浓度商Q减小；
当可逆反应2SO2(g)+O22SO3(g)达到平衡状态后，保持温度，则平衡常数K不变；
加入一定量的O2，平衡正向移动，促进了SO2的转化，但是氧气自身的转化率降低；
故选A；
5．B
【分析】将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，其主要反应有：、，则的转化率应该大于的转化率，图中曲线①表示转化率随温度的变化，曲线②表示的转化率，以此解答。
解析：A．由分析可知，图中曲线①表示转化率随温度的变化，故A错误；
B．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，则生成、的物质的量增大，出口处及的量均增大，故B正确；
C．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，但的转化率程度大于，说明反应2正向进行的程度增大大于反应1，的选择性不断减小，故C错误；
D．催化剂不改变平衡产率，故D错误；
故选B。
6．C
解析：A．欲使CO的转化率提高，同时提高的产率，则平衡应该向正向移动，该反应为反应前后气体体积不变的反应，加压平衡不移动，A错误；
B．与反应，促使平衡正向移动，不是起催化剂作用，B错误；
C．纳米比微米的小，吸收的略多，导致体积分数略大，C正确；
D．上述反应为反应前后气体计量数不变的反应，且反应物和生成物都是气体，平衡与否，气体的质量不变，气体的物质的量也不变，则混合气体的平均相对分子质量也不变，D错误；
故选C。
7．C
解析：A．根据图示可知：在0～t min内，X减少0.8 ml，Y增加1.2 ml，Z增加0.4 ml，则X是反应物，Y、Z是生成物， X、Y、Z变化的物质的量的比为2：3：1；t min后各种物质都存在且物质的量不变，说明反应是可逆反应，因此该反应方程式为2X3Y+Z，选项A错误；
B．化学平衡是动态平衡，当反应进行到t min时，正、逆反应速率相等，但不等于0 ，因此反应仍然在继续进行，反应达到化学平衡状态，选项B错误；
C．若t=4，则0～t的X的物质的量减小0.8 ml，由于容器容积是2 L，则用X的浓度变化表示的化学反应速率为v(X)==0.1 ml/(L·min)，选项C正确；
D．温度、体积不变，t时刻充入1 ml He使压强增大，由于反应混合物的浓度不变，因此正、逆反应速率都不变，选项D错误；
答案选C。
8．B
解析：通常，平衡常数K越大，反应越完全，一般来说，当时，反应进行完全，答案选B。
9．D
解析：A．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能证明产生的气体中有烯烃，故A错误；
B．在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形，说明X各面的性质不完全相同，具有各向异性，则说明物质X为晶体，故B错误；
C．将2 mL 0.5 ml/L的溶液加热，溶液变为黄色，说明平衡(黄色)正向移动，正反应方向为吸热反应，故C错误；
D．分别向盛有溶液和溶液的试管中加入NaOH溶液至过量，前者出现白色沉淀：后者先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明Mg(OH)2不能和NaOH溶液反应而Al(OH)3能够和NaOH溶液反应，在碱性Al(OH)3Al，故D正确；
故选D。
10．C
解析：A．氮的固定是指游离态的氮气转化为氮的化合物，是两种含氮化合物的相互转化，不属于氮的固定，A错误；
B．该反应的放热反应，高温下平衡逆向移动，不利于从烟气中分离出，B错误；
C．由图可知，R在中水洗，发生反应：，可制得HNO3同时实现再生，C正确
D．材料可以于储存，但是不一定能储存，D错误；
故选C。
二、填空题
11． 2SO2+O22SO3 0.8 C
解析：(1)根据图示可知：SO2和足量的O2在催化剂500℃的条件下发生反应产生SO3，当反应进行到5 min 后，反应物、生成物都存在，且它们的物质的量都不再发生变化，说明该反应是可逆反应，根据原子守恒可知反应方程式为：2SO2+O22SO3；
(2) 在前5 min内，SO2的物质的量由10 ml变为2 ml，反应在2 L密闭容器中进行，以SO2的浓度变化表示的速率是v(SO2)=；
(3)A．单位时间内消耗1 ml SO2，同时生成1 ml SO3表示的都是反应正向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不选；
B．SO2的浓度与SO3浓度相等时，反应可能达到平衡状态，也可能未达到平衡状态，这与反应所处的外界条件、起始量和转化率有关，B不选；
C．SO2的浓度与SO3浓度均不再变化，说明任何物质的消耗速率与产生速率相等，反应达到平衡状态，C选；
故合理选项是C。
12．(1) 放热 升高温度化学平衡常数减小，化学平衡逆向移动，逆向吸热，正向放热
(2)BD
(3) 否 此时X、Y、Z的浓度分别是、、，浓度熵小于该温度下化学平衡常数，因此没有达到化学平衡状态
(4) 升高温度 使用催化剂
解析：（1）升高温度化学平衡常数减小，化学平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向放热；
（2）加压和分离出Z使化学平衡正向移动，X的转化率增大；
（3）此时X、Y、Z的浓度分别是、、，浓度熵小于该温度下化学平衡常数，因此没有达到化学平衡状态；
（4）①曲线Ⅱ平衡时间短，平衡时Z体积分数小，因此是升高温度；曲线Ⅲ平衡时间短，化学平衡没有移动，因此是使用催化剂。
13．(1) 催化剂
(2) 0.08 正反应放热，温度过高会降低NO的转化率
(3) 减小
解析：（1）由图可知，整个过程中NO、O2、C2H4为反应物，H2O、CO2、N2为生成物，因此Cu+为催化剂；
由图可知，反应过程中O2与NO反应生成NO2，NO2再与C2H4反应生成N2、H2O、CO2，反应方程式分别为、，NO2为中间产物，两方程式联立消去NO2可得总反应方程式为。
（2）①由热化学方程式可知，反应中每消耗4ml NO，反应放出1627kJ能量，因此若反应过程放出热量为32.54 kJ，则除去的NO物质的量为0.08ml。
②该反应正向为放热反应，温度升高，平衡将逆向移动，不利于NO转化，NO的转化率将降低。
（3）常温下，的含的盐溶液中，能把氧化生成硫酸盐，自身被还原成，反应过程中Cl元素化合价由+4降低至-1，S元素化合价由-2升高至+6，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒以及反应前溶液呈中性可知反应离子方程式为；反应生成大量H+，溶液pH将减小。
14． 30％ 0.7 ml/L
解析：（1）由反应2A(g) + B(g)2C(g)可知，物质的变化量之比等于化学计量数之比，2s后A物质的变化量为：，则，故答案为：；
（2）由（1）可得，，则A的转化率为：，故答案为：30%；
（3）反应前，由物质的变化量之比等于化学计量数之比可得，平衡后合物中B的浓度为，故答案为：。
15． ＜ ＞ b
解析：(1) 根据平衡常数的定义可得其表达式为K= ；
(2) ①根据图象的变化可知，温度在T2时达到平衡所用时间短，说明反应速率快，因此T2高于T1，当升高温度时，CO的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应的ΔH＜0；②升高温度平衡向逆反应方向移动，使平衡常数减小，即K1＞K2；
(3)a、由(2)的分析可知，该反应是放热反应，所以升高温度平衡向逆向移动，甲醇产率减小，则a错误；b、将CH3OH(g)从体系中分离出来，减小生成物的浓度，促进平衡正向移动，增大甲醇产率，故b正确；c、使用催化剂只是加快了反应速率，对产率和转化率等都没有影响，则c错误，d、充入He气体，尽管体积总压强增大，但反应体系的分压不变，各种物质的浓度不变，所以平衡不移动，甲醇产率不变，故d错误。正确答案为b。
点睛：关于转化率（或含量）—温度（或压强）— 时间图象，要明确“先拐先平，数值大”的原则，再根据条件的改变对转化率（或含量）是的影响，确定平衡移动方向，进而判断反应的热效应、反应前后的系数或物质的状态等；同时要正确理解平衡常数的含义和影响因素，否则都会产生不必要的失分。
16．B
解析：由题意可知，温度高于60°C时，次氯酸钠会发生分解，所以水浴加热的温度应控制在55°C，故选b；
答案选B。
17．(1)排除装置中的空气，防止干扰实验
(2) NaOH溶液 排出装置内残留的Cl2或SO2，使其被NaOH溶液吸收，防止对实验人员生命安全造成危险，并防止污染空气
(3)H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑
(4)70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大
(5)乙、丙
(6) Na2SO3 FeCl3 Fe3+消耗，c()减小，使平衡Fe2+ (aq) +(aq)FeSO3(s )逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。
【分析】空气中的氧气也能氧化Fe2+为Fe3+，所以先通入氮气可以排除装置中的空气，防止干扰实验；A装置中MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2具有氧化性，会将B中Fe2+氧化为Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，现象是溶液变为血红色；当打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，H2SO4与Na2SO3溶液反应产生SO2气体，SO2与FeCl3发生氧化还原反应SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+FeCl2+2HCl，根据Fe2+与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀检验Fe2+的存在。氯气有毒，不能排放到空气中污染空气，所以用沾有NaOH溶液的棉花堵塞T型导管，防止氯气逸出，实验结束后，打开弹簧夹K1~K4，再通入一段时间N2，驱赶装置中的Cl2、SO2，使其被NaOH溶液吸收，然后拆卸，洗涤，整理仪器。
解析：（1）打开弹簧夹K1~K4， 通入一段时间N2， 再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4，目的是排出装置中的氧气，防止对实验结果造成干扰；
（2）棉花中浸有NaOH溶液，吸收多余Cl2、SO2，防止污染空气；
过程VII的目的是排出装置内残留的Cl2或SO2，使其被NaOH溶液吸收，防止对实验人员生命安全造成危险，并防止污染空气；
（3）在C中H2SO4与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，该反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑；
（4）98%的浓硫酸主要以H2SO4分子形式存在，而70%的硫酸中含有较多的H+，所以使用70%的硫酸制取SO2气体，反应速率比用98%的浓硫酸快；
（5）甲的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，VI中B溶液含有；若B溶液中Cl2有剩余，则Cl2会氧化SO2生成，不能判断氧化性Fe3+＞SO2；
乙的结论：IV中B溶液含有Fe3+和Fe2+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，且Cl2不足，所以VI中B溶液含有，则一定是Fe3+氧化SO2生成，所以判断氧化性Fe3+＞SO2，因此可得氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论；
丙的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+；VI中B溶液含有Fe2+，若是Cl2氧化SO2，不会有Fe2+生成，说明Fe3+与SO2发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，所以氧化性：Fe3+＞SO2，因此可得氧化性：Cl2＞Fe3+＞SO2的结论，所以能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论的是乙、丙；
（6）①实验中溶液显墨绿色，说明平衡向正反应方向移动，所以加入的应该是Na2SO3(或可溶性亚硫酸盐)；而步骤2中溶液显红棕色，说明加入的应该是FeCl3；
②由于Fe3+消耗，使溶液中c()减小，导致化学平衡Fe2+ (aq) +(aq)FeSO3(s )逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。