[推荐学习]2022版高考化学二轮复习-第8讲-化学反应速率-化学平衡课后达标检测

1、k12第8讲 化学反响速率 化学平衡 课后达标检测学生用书P139(单独成册)1在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反响：H2(g)I2(g)2HI(g)H<0，以下说法正确的选项是()A保持容器容积不变，向其中参加1 mol H2(g)，反响速率一定加快B保持容器容积不变，向其中参加1 mol N2(N2不参加反响)，反响速率一定加快C保持容器内气体压强不变，向其中参加1 mol N2(N2不参加反响)，反响速率一定加快D保持容器内气体压强不变，向其中参加1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，反响速率一定加快解析：选A

2、。增加反响物的浓度，反响速率加快，A项正确；参加氮气，因为容器容积不变，反响体系中各气体的浓度不变，反响速率不变，B项错误；保持容器压强不变，参加氮气，容器体积增大，反响体系中各气体的浓度减小，反响速率减小，C项错误；保持容器压强不变，再次充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，那么容器体积增大为原来的2倍，反响体系中各气体的浓度不变，反响速率不变，D项错误。2对于反响：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0，到达平衡后，改变一个条件，以下有关分析正确的选项是()A升高温度，正反响速率增大，化学平衡常数增大B减小压强，逆反响速率减小，化学平衡常数减小C参加催化剂，正、逆反响速率

3、不变，平衡不移动D充入氧气，正反响速率先增大后减小，平衡向正反响方向移动解析：选D。A项，升高温度，正、逆反响速率均增大，反响是放热反响，升高温度平衡逆向进行，平衡常数减小，故A错误；B项，减小压强，反响速率减小，平衡常数随温度变化，不随压强变化，减小压强平衡常数不变，故B错误；C项，催化剂同等程度地改变反响速率，但不改变化学平衡，速率改变，平衡不移动，故C错误；D项，充入氧气瞬间增大反响物的浓度，平衡正向移动，随浓度减小正反响速率减小，逆反响速率增大，最后到达平衡状态，故D正确。3工业生产硫酸中二氧化硫的催化氧化原理为2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，反响混合体系在平衡状态时SO3的百

4、分含量与温度的关系如下图。以下说法错误的选项是()A在A、B、C三点时，v正v逆，在D点时v正v逆BA、B、C三点的平衡常数一定不相同C升高温度可以加快化学反响速率，有利于平衡向正反响方向移动D在一定温度下，保持容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，压强增大，平衡不移动解析：选C。根据图像，温度升高，三氧化硫的百分含量降低，说明正反响是放热反响，升高温度可以加快化学反响速率，但平衡向逆反响方向移动，C选项错误。4某温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1.0 mol A和1.0 mol B，反响A(g)B(g)C(g)经过一段时间后到达平衡。反响过程中测定的局部数据如表，以下说法正确的选项是()

5、t/s05152535n(A)/mol1.00.850.810.800.80A.反响在前5 s的平均速率v(A)0.17 mol·L1·s1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)0.41 mol·L1，那么反响的H>0C相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，到达平衡时，C的转化率大于80%D相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，反响到达平衡前v(正)<v(逆)解析：选D。A项，v(A) mol·L1·s10.015 mol·L1·s1；B项

6、，由表格中数据可知平衡时c(A) mol·L10.4 mol·L1，升高温度，A浓度增大，故平衡向逆反响方向移动，H0；C项，假设参加2 mol C，假设平衡与题中平衡等效，那么C转化率为80%，相当于A、B各加2 mol，与原平衡比相当于加压，平衡向正反响方向移动，故C的转化率降低；D项，题中平衡时体系中含有0.80 mol A、0.80 mol B、0.20 mol C，故该反响的平衡常数K0.625，相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，Q50>K，故该选项体系中反响逆向进行，逆反响速率大于正反响速率。5(

7、2022·惠州模拟)如下图，向A、B中均充入1 mol X、1 mol Y，起始时A、B的体积都等于1 L。在同温、同压和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中都发生下述反响：X(g)Y(g)2Z(g)W(g)H<0，达平衡时，A的体积为1.4 L。以下说法错误的选项是()A两容器中的反响分别到达平衡时，反响物X的速率：v(B)>v(A)BA容器中X的转化率为80%C平衡时的压强：pA<pBD平衡时Y的体积分数：A>B解析：选D。A为恒压过程，B为恒容过程，该反响为气体体积增大的反响，反响过程中B的压强大于A，反响物X的速率：v(B)>v(A)，故A

8、正确；A中到达平衡时混合气体的物质的量为1.4×2 mol2.8 mol，增大0.8 mol，根据X(g)Y(g)2Z(g)W(g)，每有1 mol X参加反响，生成物增多1 mol，现增多0.8 mol，那么反响0.8 mol X，故转化率为80%，故B正确；A为恒压过程，B为恒容过程，该反响为气体体积增大的反响，反响过程中B的压强大于A，平衡时的压强：pA<pB，故C正确；A为恒压过程，B为恒容过程，该反响为气体体积增大的反响，反响过程中B的压强大于A，A中正向进行的程度大于B，平衡时Y的体积分数：A<B，故D错误。6(2022·济南二模)向甲、乙、丙三个恒

9、容密闭容器中分别充入一定量的A和B，发生反响：A(g)xB(g)2C(g)。相关数据如下表，反响过程中C的浓度随时间变化关系如以下图。以下说法正确的选项是()容器甲乙丙容积0.5 L0.5 L1.0 L温度/T1T2T2反响物起始量1.5 mol A05 mol B1.5 mol A05 mol B6.0 mol A20 mol BAT1>T2，x1BT2时，该反响的平衡常数为0.8CA的平衡转化率(甲)(乙)23D1520 min内C的平均反响速率v(乙)<v(丙)解析：选B。A.A.比拟甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1<T2，比拟乙与丙可知，乙中平衡时A的转化率为，丙

10、中A的转化率为，又丙中压强为乙中2倍，压强增大，平衡不移动，故x1，故A错误；B.由图可知平衡时，乙容器中C的浓度为1.0 mol·L1，A(g)B(g)2C(g)开始(mol·L1) 3.0 1.0 0变化(mol·L1) 0.5 0.5 1.0平衡(mol·L1) 2.5 0.5 1.0故T2时该反响的平衡常数K0.8，故B正确；C.A的转化率：甲中0.25，乙中，A的平衡转化率(甲)(乙)0.2532，故C错误；D.1520 min内C的平均反响速率，v(乙)v(丙)，故D错误。7向一体积不变的密闭容器中参加2 mol A、0.6 mol C和一定

11、量的B三种气体，在一定条件下发生反响，各物质浓度随时间变化的情况如图甲所示。图乙为t2时刻后改变反响条件，该平衡体系中反响速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。t3t4阶段使用了催化剂；图甲中t0t1阶段c(B)的变化情况未画出。以下说法不正确的选项是()A该反响为吸热反响BB在t0t1阶段的转化率为60%Ct4t5阶段改变的条件为减小压强Dt1时该反响的化学平衡常数K解析：选B。在图乙中t3t4阶段使用了催化剂；t4t5阶段正、逆反响速率均减小，但平衡不移动，这说明此阶段是减小压强，平衡不移动，说明反响前后气体体积不变，C项正确。根据图甲可知A是反响物，平衡时A消耗了0.2

12、 mol·L1，C是生成物，平衡时C增加了0.3 mol·L1，因此B是反响物，即该反响的化学方程式可表示为2AB3C。t5t6阶段正、逆反响速率均增大，平衡向正反响方向进行，因此改变的条件是升高温度，故该反响是吸热反响，A项正确。B的平衡浓度是0.4 mol·L1，消耗了0.1 mol·L1，因此B在t0t1阶段的转化率为20%，B项错误。t1时，达平衡时A、B、C的浓度分别是0.8 mol·L1、0.4 mol·L1、0.6 mol·L1，故平衡常数K，D项正确。8根据下表所示化学反响与数据关系，答复以下问题：化学反响平

13、衡常数温度973 K1 173 KFe(s)CO2(g)FeO(s)CO(g)K11.472.15Fe(s)H2O(g)FeO(s)H2(g)K22.381.67CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)K3？(1)反响是_(填“吸热或“放热)反响。(2)写出反响的平衡常数K3的表达式：_。(3)根据反响可推导出K1、K2与K3之间的关系，那么K3_(用K1、K2表示)。(4)要使反响在一定条件下建立的平衡向逆反响方向移动，可采取的措施有_(填写字母序号)。A缩小反响容器的容积B扩大反响容器的容积C升高温度D使用适宜的催化剂E设法减小平衡体系中的CO浓度(5)假设反响的逆反响速率与时间的关系

14、如下图：反响在t1、t3、t7时都到达了平衡，而t2、t8时都各改变了一种条件，试判断改变的是什么条件？t2时：_；t8时：_。假设t4时降压，t6时增大反响物的浓度，请在图中画出t4t6时逆反响速率与时间的关系曲线。解析：(1)由表可知，温度升高，反响的K1增大，故该反响为吸热反响。(2)反响的平衡常数的表达式为K3。(3)K3，K1，K2，故K3。(4)反响为吸热反响，其逆反响为放热反响，反响是放热反响，而反响是反响的逆反响与反响的和，故反响是放热反响，且反响前后气体的体积不变，故只有C、E可使平衡向逆反响方向移动。(5)由图可知，t2时改变的条件使逆反响速率增大，且平衡逆向移动，故改变的

15、条件是升高温度或增大CO2的浓度或增大H2的浓度；t8时改变的条件使逆反响速率加快且平衡不移动，故改变的条件是使用催化剂或增大压强或减小容器的容积。假设t4时降压，那么逆反响速率减小，曲线在原来平衡曲线的下方，平衡不移动，故该曲线为水平直线，且纵坐标为t6时的v逆。答案：(1)吸热(2)K3(3)(4)CE(5)升高温度(或增大CO2的浓度或增大H2的浓度)使用催化剂(或增大压强或减小容器的容积)9(2022·昆明高三质检)研究CO2、CO的处理方法对环境保护有重要意义。(1)CO2与H2反响可合成甲醇：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)某温度下，将1 mol CO

16、2和3 mol H2充入体积不变的2 L密闭容器中，发生上述反响。测得不同时刻的反响前后压强关系如表：时间/h123456p后/p前0.900.850.820.810.800.80用CO2表示第1小时内反响的平均速率v(CO2)_mol·L1·h1。该温度下H2的平衡转化率为_。(2)CO2与NH3反响可合成尿素：CO2(g)2NH3(g)CO(NH2)2(s)H2O(g)在T1时，将1 mol CO2和2 mol NH3置于1 L密闭容器中，发生上述反响，在t时刻，测得容器中CO2转化率约为73%。保持其他初始实验条件不变，分别在温度为T2、T3、T4、T5时，重复上述实

17、验，经过相同时间测得CO2转化率并绘制变化曲线如下图。该反响的H_(填“>或“<)0。T4时反响的平衡常数K_。T1T3之间，CO2转化率逐渐增大，其原因是_。解析：(1)设CO2在第1小时转化了x mol，那么1 h时CO2为(1x)mol、H2为(33x) mol、CH3OH为x mol、H2O(g)为x mol，根据1 h时0.90，那么有0.90，解得x0.2，故v(CO2)0.1 mol·L1·h1。根据表中数据可知，5 h时反响到达平衡，设到达平衡时CO2转化了y mol，那么有0.80，解得y0.4，故到达平衡时H2转化了1.2 mol，H2的平衡

18、转化率为×100%40%。(2)根据题图可知，反响在T3时到达平衡，到达平衡后升高温度，CO2的转化率降低，说明平衡向逆反响方向移动，而升温时平衡向吸热反响方向移动，故该反响为放热反响，H<0。由题图可知，T4反响到达平衡时，CO2的平衡转化率为75%，那么平衡时CO2的浓度为0.25 mol·L1，NH3的浓度为0.5 mol·L1，H2O(g)的浓度为0.75 mol·L1，故该反响的平衡常数K12。在T1T3之间反响未到达平衡状态，反响向正反响方向进行，v正>v逆，故随温度升高，CO2的转化率逐渐增大。答案：(1)0.140%(2)&l

19、t;12在T1T3之间反响未到达平衡状态，且v正>v逆，温度越高，CO2转化率越大(答案合理即可)10(2022·高考全国卷)Bodensteins研究了以下反响：2HI(g)H2(g)I2(g)在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反响时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784(1)根据上述实验结果，该反响的平衡常数K的计算式为_。(2)上述反响中，正反响速率为v正k正x2(HI)，逆反响速率为v逆k逆x(H2)x(I2)，其中

20、k正、k逆为速率常数，那么k逆为_(以K和k正表示)。假设k正0.002 7 min1，在t40 min时，v正_min1。(3)由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用以下图表示。当升高到某一温度时，反响重新到达平衡，相应的点分别为_(填字母)。解析：(1)由表中数据可知，无论是从正反响方向开始，还是从逆反响方向开始，最终x(HI)均为0.784，说明此时已到达了平衡状态。设HI的初始浓度为1 mol·L1，那么：2HI(g)H2(g) I2(g)初始浓度/mol·L1 100 转化浓度/mol·L1 0.2160.1080.108平衡浓度

21、/mol·L1 0.7840.1080.108K。(2)建立平衡时，v正v逆，即k正x2(HI)k逆x(H2)x(I2)，k逆k正。由于该反响前后气体分子数不变，故k逆k正k正。在t40 min 时，x(HI)0.85，那么v正0.002 7 min1×0.8521.95×103 min1。(3)因2HI(g)H2(g)I2(g)H0，升高温度，v正、v逆均增大，且平衡向正反响方向移动，HI的物质的量分数减小，H2、I2的物质的量分数增大。因此，反响重新到达平衡后，相应的点分别应为A点和E点。答案：(1)(2)1.95×103(3)A、E11增强环保意识

22、，保护环境是每个公民的职责。利用碳的氧化物合成甲醇等资源化利用对环境保护具有重要意义。请答复以下问题：(1)以下为合成甲醇的有关化学方程式：2H2(g)CO(g)CH3OH(g)H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)某温度下，上述三个反响的平衡常数数值分别为2.5、2.0 和K3，那么K3的值为_。(2)一定条件下，甲醇可同时发生：A2CH3OH(g)=CH3OCH3 H2O(g)B2CH3OH(g)=C2H4(g)2H2O(g)上述反响过程中能量变化如下图：写出反响速率较快的序号并说明原因： _。假设在容器中参加催化剂，那么E2E1将_(填“变大“不变或“变小)。(3)一定温度时，在容积相同的甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，按不同方式投入反响物，发生反响2H2(g)CO(g)CH3OH(g)H90 kJ·mol1，测得到达平衡时的有关数据如下表：容器甲乙丙起始反响物投入量2 mol H2(g)、1 mol CO(g)1 molCH3OH(g)2 m