【备战2022高考化学】课时作业22化学平衡的移动

1、课时作业(二十二)一、选择题1以下对化学平衡移动的分析中，不正确的选项是()已达平衡的反响C(s)H2OCO(g)H2(g)，当增加反响物的量时，平衡一定向正反响方向移动已达平衡的反响N2(g)3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反响方向移动，N2的转化率一定升高有气体参加的反响达平衡时，假设减小反响容器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动有气体参加的反响达平衡后，在恒压反响器中充入稀有气体，平衡一定不移动ABC D答案D解析不一定，如果增加碳的物质的量，由于碳是固体，平衡不移动；增大N2浓度后平衡向正反响方向移动，但N2的转化率降低；有气体参加且两边气体分子数不相等的

2、反响(如合成氨反响)达平衡后，在恒压条件下充入稀有气体，那么相当于减压，平衡向气体分子数增多的方向移动。2(2022·山东省模拟考试)用于净化汽车尾气的反响：2NO(g)2CO(g)2CO2(g)N2(g)，该反响在570 K 时的平衡常数为1×1059，但反响速率极慢。以下说法正确的选项是()A装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或COB提高尾气净化效率的常用方法是升高温度C增大压强，上述平衡右移，故可通过增压的方法提高尾气净化效率D提高尾气净化效率的最正确途径是使用高效催化剂答案D解析因为该反响是可逆反响，不可能进行到底，A项错误；由题干知570 K时反响速率

3、较慢，B项错误；因平衡常数已经较大，增大压强虽然平衡正向移动，但对设备要求更高，故应通过提高反响速率而提高净化效率，故C项错误，D项正确。3(2022·黄冈模拟)在一定温度下某容积可变的密闭容器中，建立以下化学平衡：M(s)2N(g)P(g)R(g)HQ kJ·mol1。以下说法正确的选项是()A将1 mol M和2 mol N参加到上述密闭容器中，当体系的压强不再发生变化时说明该反响到达化学平衡状态B假设上述可逆反响到达化学平衡状态后，给平衡体系加压(缩小容积其他条件不变)，那么容器内气体的平均摩尔质量将变小C假设上述可逆反响到达化学平衡状态后，升高温度时(其他条件不变)

4、P的物质的量增大，那么Q>0D假设上述可逆反响到达化学平衡状态后，增加M的质量(其他条件不变)，那么N的转化率增大答案C解析A项，该可逆反响是反响前后气体体积不变的反响，所以不能通过体系的压强不再发生变化来说明到达化学平衡状态；B项，给平衡体系加压，平衡不移动，容器内气体的平均摩尔质量不变；C项，升高温度时P的物质的量增大，说明平衡向正反响方向移动，正反响的H>0，故Q>0；D项，M为固体，增加它的质量对平衡没有影响，N的转化率不变。4(2022·黄冈模拟)在一密闭容器中进行可逆反响H2(g)I2(g)2HI(g)并到达平衡，以下有关说法正确的选项是()A不管加多大

5、压强，此化学平衡也不会移动B升温，此化学平衡肯定会发生移动C在其他条件不变的情况下，再参加与初始投入量相同量的氢气和碘蒸气时，到达平衡后HI的百分含量增大D在原平衡根底上，充入氢气，到达新平衡时逆反响速率不变答案B解析A项，加压过大后，碘蒸气会变为液态或固态碘，那么化学平衡会发生移动；C项，到达新平衡后，HI的百分含量保持不变；D项，充入氢气后平衡向正反响方向移动，到达新平衡后c(HI)增大，逆反响速率加快。5(2022·河北省普通高中教学质量监测)在相同温度下，将H2和N2两种气体按不同比例通入相同的恒容密闭容器中，发生反响：3H2N22NH3。表示起始时H2和N2的物质的量之比，

6、且起始时H2和N2的物质的量之和相等。以下图像正确的选项是()答案D解析随着的增大，氢气含量增多，氢气的平衡转化率降低，A项错误；随着的增大，氢气含量增多，混合气体的质量减小，B项错误；随着的增大，氢气含量增多，氮气的平衡转化率增大，C项错误；随着的增大，氢气含量增多，混合气体的质量减小，那么混合气体的密度减小，D项正确。6(2022·南通一诊)在密闭容器中，对于可逆反响A3B2C(g)，平衡时C的体积分数(C%)与温度和压强的关系如下图，以下判断正确的选项是()AA一定为气体BB一定为气体C该反响是放热反响D假设正反响的H<0，那么T1>T2答案B解析此题考查化学平衡的

7、移动，意在考查考生对图像题的处理能力和综合分析问题、解决问题的能力。由题图可知，增大压强，反响正向移动，说明反响物中气体的化学计量数之和大于2，故可推知B一定为气体，A为气态或非气态；因不知T1、T2的大小，故无法判断反响的热效应，C项错；假设正反响的H<0，那么升高温度，C%减小，故应有T1<T2。7(2022·潍坊模拟)在恒温、恒压下，a mol A和b mol B在一个容积可变的容器中发生反响：A(g)2B(g)2C(g)，一段时间后到达平衡，生成n mol C。那么以下说法中正确的选项是()A物质A、B的转化率之比为12B起始时刻和到达平衡后容器中的压强之比为(a

8、b)(ab)C当2v正(A)v逆(B)时，反响一定到达平衡状态D充入惰性气体(如Ar)，平衡向正反响方向移动答案C解析根据化学方程式，A、B转化的物质的量分别为0.5 n mol、n mol，故A、B的转化率之比为b2a，A项错；由于该反响在恒温、恒压下进行，因此起始时和平衡时容器中的压强之比为11，B项错；当2v 正(A)v逆(B)时，正逆反响速率相等，反响到达平衡状态，C项对；充入惰性气体(如Ar)，由于保持恒压，那么容器体积增大，平衡向气体分子数增多的方向(逆反响方向)移动，D项错。8(2022·福建八中质量评估)对于可逆反响N2(g)3H2(g)2NH3(g)H<0，以

9、下研究目的和示意图相符的是()ABCD研究目的压强(p)对反响的影响(p2>p1)压强(p)对平衡常数的影响温度(T)对反响的影响温度(T)对反响的影响(T2>T1)示意图答案C解析根据“先平先拐可判断选项A错。化学平衡常数与压强无关，可判断选项B错。选项C可以这样理解：开始时，反响向右进行，N2的体积分数减小；达平衡时，N2的体积分数最小；接着升温，化学平衡逆向移动，N2的体积分数增大，所以选项C正确。选项D中T2斜率应大于T1。9(2022·合肥市质量检测)如图是温度和压强对反响XY2Z影响的示意图。图中纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。以下表达正确的选项是()A

10、X、Y、Z均为气态B恒容时，混合气体的密度可作为此反响是否到达化学平衡状态的依据C升高温度时v正增大，v逆减小，平衡向右移动D使用催化剂Z的产率提高答案B解析由图可知，在温度不变时增大压强，Z的体积分数减小，即平衡逆向移动，所以X、Y中有一种是气体、一种是固体或液体，故A项错误。因反响物中有非气体物质存在，所以恒容时只要平衡发生移动，混合气体的质量就会发生变化，那么密度必然改变，所以混合气体的密度可作为此反响是否到达化学平衡状态的判断依据，B项正确。升高温度，v正、v逆都增大，故C项错误。催化剂对平衡移动无影响，不能提高Z的产率，故D项错误。10(2022·山东省模拟考试)反响N2O

11、4(g)2NO2(g)H57 kJ·mol1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如下图。以下说法正确的选项是()Aa、c两点的反响速度：a>cBa、c两点气体的颜色：a深，c浅C由状态b到状态a，可以用加热的方法Da、c两点气体的平均相对分子质量：a>c答案C解析c点压强大于a点压强，故反响速率a<c，A项错误；反响是吸热的，升高温度平衡正向移动，NO2的体积分数增大，C项正确；增大压强平衡逆向移动，气体平均相对分子质量是增大的(A<C)，D项错误。11700 时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反响：CO

12、(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，反响过程中测定的局部数据见下表(表中t2>t1)：反响时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol01.200.60t10.80t20.20以下说法正确的选项是()A反响在t1 min内的平均速率为v(H2)mol·L1·min1B保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O，到达平衡时n(CO2)0.40 molC保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，与原平衡相比，到达新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大D温度升高至800 ，上述反响平衡常数为0.

13、64，那么正反响为吸热反响答案BC解析此题考查化学反响速率及化学平衡等知识，意在考查考生对影响化学反响速率及平衡的条件及化学平衡常数表示方法的综合运用能力。A项，t1时CO减少0.40 mol，那么H2增加0.40 mol，用H2表示的平均反响速率为mol/(L·min)，故不正确；D项，由表格中数据可知，从t1到t2，H2O(g)已不再改变，说明已到达平衡状态，那么700 时的平衡常数1，升温到800 ，平衡常数变为0.64，那么说明化学平衡逆向移动，说明正反响是放热反响。12(2022·江苏)温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反响PCl

14、5(g)PCl3(g)Cl2(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所示：t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20以下说法正确的选项是()A反响在前50 s的平均速率v(PCl3)0.003 2 mol·L1·s1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)0.11 mol·L1，那么反响的H<0C相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反响到达平衡前v(正)>v(逆)D相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol

15、 PCl3和2.0 mol Cl2，到达平衡时，PCl3的转化率小于80%答案C解析A项，反响在前50 s的平均速率为0.001 6 mol·L1·s1，A项错；B项，由表格数据可知平衡时c(PCl3)0.1 mol·L1，升温时PCl3浓度增大，那么该反响是吸热反响，H>0，B项错；C项，平衡常数K0.025 mol·L1，而QC0.02 mol·L1<0.025 mol·L1，故C项中起始时反响向正反响方向进行，即v(正)>v(逆)，正确；D项，根据反响：PCl3(g)Cl2(g)PCl5(g)起始浓度(mol&

16、#183;L1) 1 1 0转化浓度(mol·L1) x x x平衡浓度(mol·L1) (1x) (1x) x根据K正，那么K逆40，解得x0.85，即PCl3的转化率为85%，故D项错。二、非选择题13在一定条件下，可逆反响2NO2(g)N2O4(g)H<0到达平衡，当分别改变以下条件时，请填空：(1)保持容器容积不变，通入一定量NO2，那么到达新平衡时NO2的百分含量_(填“增大“减小或“不变，下同)，保持容器容积不变，通入一定量N2O4，那么到达新平衡时NO2的百分含量_。(2)保持压强不变，通入一定量N2O4，那么到达平衡时NO2的百分含量_；保持压强不变，

17、通入一定量N2O4，那么到达平衡时NO2的百分含量_。(3)保持容器容积不变，通入一定量氖气，那么到达平衡时NO2的转化率_；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，那么到达平衡时NO2的转化率_。答案(1)减小减小(2)不变不变(3)不变减小解析(1)保持容器容积不变，通入一定量NO2，那么增加了NO2的浓度，所以平衡正向移动，且NO2转化率比原来大，NO2的含量减小。保持容器容积不变，通入一定量N2O4，那么增加了N2O4的浓度，所以平衡逆向移动，但其进行的程度比原来的N2O4的转化率要小，所以NO2的含量减小。(2)保持压强不变，通入一定量NO2或N2O4，不影响平衡，所以NO2的含

18、量不变。(3)保持容器容积不变，通入一定量氖气，此过程中各物质的物质的量都没发生改变，所以平衡不移动，NO2的转化率不变；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，那么相当于减小压强，所以平衡向生成NO2的方向移动，所以NO2的转化率会减小。14(2022·山东)偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反响：(CH3)2NNH2(l)2N2O4(l)2CO2(g)3N2(g)4H2O(g)()(1)反响()中氧化剂是_。(2)火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4(g)2NO2(g)()当温度升高时，气体颜色变深，那么反响()为_(填“吸热或“放热)反响。(3)一

19、定温度下，反响()的焓变为H。现将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，以下示意图正确且能说明反响到达平衡状态的是_假设在相同温度下，上述反响改在体积为1 L的恒容密闭容器中进行，平衡常数_(填“增大“不变或“减小)，反响3 s后NO2的物质的量为0.6 mol，那么0 s3 s内的平均反响速率v(N2O4)_ mol·L1·s1。答案(1)N2O4(2)吸热(3)A、D不变0.1解析(1)反响()中N2O4中N由4价变为0价，N2O4作氧化剂。(2)温度升高时，气体颜色变深，说明升温时平衡向正反响方向移动，那么正反响为吸热反响。(3)该反响从正反响开始进行，气体分子数

20、逐渐增多，而压强保持不变，那么容器体积逐渐增大，气体密度逐渐减小，达平衡时保持不变，A对；该反响的H始终保持不变，不能作为反响到达平衡状态的标志，B错；该反响从正反响开始进行，N2O4的量逐渐减小，达平衡时保持不变，C错；N2O4的转化率逐渐增大，达平衡时保持不变，D对。平衡常数只与温度有关，温度保持不变，平衡常数不变。v(N2O4)v(NO2)×0.1 mol·L1·s1。15(2022·河南省洛阳统考)一定温度下，在2 L的密闭容器中充入0.4 mol SO2和0.2 mol O2，发生反响：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H<0，n(O

21、2)随时间的变化关系如图实线所示：(1)用SO2表示0 min4 min内该反响的平均速率为_。该温度下反响的平衡常数K为_，升高温度K值_(填“增大“不变或“减小)。(2)假设温度不变，在容器中再加1 mol O2，重新到达平衡，那么SO2的平衡浓度_(填“增大“不变或“减小)，氧气的转化率_(填“升高“不变或“降低)，SO3的体积分数_(填“增大“不变或“减小)。(3)仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得O2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，曲线改变的实验条件是_，曲线改变的实验条件是_。答案(1)0.025 mol/(L·min)20减小(2)减小降低减小(3)升高温度增大

22、压强解析(1)在0 min4 min内，该反响的反响速率v(SO2)2v(O2)2×(0.10 mol/L0.05 mol/L)÷4 min0.025 mol/(L·min)；由图示数据，结合方程式可知该温度下，反响到达平衡时SO2、O2、SO3的浓度分别为0.10 mol/L、0.05 mol/L、0.10 mol/L，故该温度下反响的平衡常数K20；因正反响是放热反响，升高温度，平衡逆向移动，K值减小。(2)假设保持温度不变，向容器中再参加1 mol O2，平衡正向移动，故重新到达平衡时，SO2的转化率增大，但其平衡浓度减小，氧气的转化率降低；SO3的体积分数减小。(3)曲线、都缩短了到达平衡的时间，反响速率加快，但曲线平衡时O2的转化率降低，因正反响是放热反响，故曲线改变的条件是升高温度；曲线平衡时O2的转化率升高，根据正反响气体体积减小可知曲线改变的条件是增大压强。16(2022·石家庄市局部学校联考)一定温度下在体积为5 L的密闭容器中发生某可逆反响。()假设该可逆反响的化学平衡常数表达式为K。(1)写出该反响的