精选浙江省2023届高考化学(苏教版)一轮复习专题过关检测：专题7-化学反应速率与化学平衡-Word版含解析

浙江省2023届高考化学(苏教版)一轮复习专题过关检测：专题7-化学反响速率与化学平衡-Word版含解析PAGE专题七过关检测(时间:45分钟总分值:100分)一、选择题(此题包括12小题,每题5分,共60分,每题只有一个选项符合题目要求)1.以下反响在任何温度下均能自发进行的是()A.2N2(g)+O2(g)2N2O(g)ΔH=+163kJ·mol-1B.Ag(s)+12Cl2(g)AgCl(s)ΔH=-127kJ·mol-1C.HgO(s)Hg(l)+12O2(g)ΔH=+91kJ·mol-1D.H2O2(l)12O2(g)+H2O(l)ΔH=-98kJ·mol-12.已建立化学平衡的某可逆反响,当条件改变使化学平衡向正反响方向移动,以下表达正确的选项是()①生成物的质量分数一定增加②生成物的物质的量一定增加③反响物的转化率一定增大④平衡时反响物的浓度一定降低⑤正反响速率一定大于逆反响速率⑥一定使用了催化剂A.①②⑤ B.④⑥ C.②⑤ D.③④⑤3.对于平衡体系mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)ΔH<0。以下结论中正确的选项是()A.到达平衡时,增加A的物质的量,A的转化率增大B.其他条件不变,降低温度,平衡向逆反响方向移动C.参加催化剂,平衡向正反响方向移动D.假设温度不变,将容器的体积缩小12,A的浓度变为原来的2.17倍,那么4.二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的体积分数与温度的关系如以以下图。以下说法错误的选项是()A.在D点时v(正)<v(逆)B.反响2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的ΔH<0C.假设B、C点的平衡常数分别为KB、KC,那么KB>KCD.恒温恒压下向平衡体系中通入氦气,平衡向左移动5.t℃时,某平衡体系中含有X、Y、Z、W四种物质,此温度下发生反响的平衡常数表达式为K=c2A.当混合气体的平均相对分子质量保持不变时,反响达平衡B.增大压强,各物质的浓度不变C.升高温度,平衡常数K增大D.增加X的量,平衡既可能正向移动,也可能逆向移动6.在容积可变的密闭容器中,2molN2和8molH2在一定条件下发生反响,到达平衡时,H2的转化率为25%,那么平衡时氮气的体积分数接近于()A.5% B.10% C.15% D.20%7.将NO2装入带活塞的密闭容器中,当反响2NO2(g)N2O4(g)到达平衡后,改变以下一个条件,其中表达正确的选项是()A.升高温度,气体颜色加深,那么此反响为吸热反响B.慢慢压缩气体体积,平衡向右移动,混合气体颜色变浅C.慢慢压缩气体体积,假设体积减小一半,压强增大,但小于原来的两倍D.恒温恒容时,充入惰性气体,压强增大,平衡向右移动,混合气体的颜色变浅8.对于到达平衡的可逆反响:X+YW+Z,其他条件不变时,增大压强,正、逆反响速率变化的情况如以以下图。以下对X、Y、W、Z四种物质状态的描述正确的选项是()A.W、Z均为气体,X、Y中只有一种为气体B.X、Y均为气体,W、Z中只有一种为气体C.X、Y或W、Z中均只有一种为气体D.X、Y均为气体,W、Z均为液体或固体9.对于平衡体系:aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(s)ΔH<0,以下判断中正确的选项是()A.假设(a+b)<(c+d),那么反响一定能自发向右进行B.假设从正反响开始,起始时A、B的物质的量之比为a∶b,那么平衡时A、B的转化率之比也为a∶bC.假设a+b=c+d,在平衡体系中共有气体mmol,再向其中充入nmolB,那么到达平衡时气体总物质的量小于(m+n)molD.假设a+b=c,那么对于体积不变的容器,升高温度,平衡向左移动,容器中气体的压强不变10.在恒温恒压下,向密闭容器中充入4molSO2和2molO2,发生如下反响:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0。2min后,反响到达平衡,生成SO3为1.4mol,同时放出热量QkJ。那么以下分析正确的选项是()A.在该条件下,反响前后的压强之比为6∶5.3B.假设反响开始时容器体积为2L,那么v(SO3)=0.35mol·L-1·min-1C.假设把“恒温恒压下〞改为“恒压绝热条件下〞反响,平衡后n(SO3)<1.4molD.假设把“恒温恒压下〞改为“恒温恒容下〞反响,达平衡时放出热量大于QkJ11.某温度下,在2L的密闭容器中,参加1molX(g)和2molY(g)发生反响:X(g)+mY(g)3Z(g)平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中参加1molZ(g),再次到达平衡后,X、Y、Z的体积分数不变。以下表达不正确的选项是()A.m=2B.两次平衡的平衡常数相同C.X与Y的平衡转化率之比为1∶1D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4mol·L-112.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B,一定温度下发生反响:A(g)+xB(g)2C(g)。到达平衡后,只改变反响的一个条件,测得容器中物质的浓度、反响速率随时间的变化如以以下图。以下说法中正确的选项是()A.30min时降低温度,40min时升高温度B.30min时,向容器内再充入一定量的C,重新到达平衡时,A的体积分数不变C.反响方程式中的x=1,正反响为吸热反响D.8min前,C的平均反响速率为0.08mol·(L·min)-1二、非选择题(此题包括3小题,共40分)13.(10分)一定温度下2L的恒容容器甲中,参加2mol碳和2molCO2发生如下反响:C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH>0,测得容器中CO2的物质的量随时间t的变化关系如以以下图。(1)该反响的ΔS(填“>〞“<〞或“=〞)0,在(填“较高〞或“较低〞)温度下有利于该反响自发进行。

(2)上述温度下此反响的平衡常数K为。(结果保存一位小数)

(3)向上述平衡体系中再通入CO2,那么CO2的转化率(填“增大〞“减小〞“不变〞或“无法确定〞)。

(4)相同温度下,2L的恒容容器丙中参加4mol碳、4molCO2和4molCO。开始反响时v(正)(填“<〞“>〞或“=〞)v(逆)。

14.(15分)二氧化碳是一种珍贵的碳氧资源。以CO2和NH3为原料合成尿素是固定和利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反响可表示如下:反响Ⅰ:2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s)ΔH1=akJ·mol-1反响Ⅱ:NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2=+72.49kJ·mol-1总反响Ⅲ:2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH3=-86.98kJ·mol-1请答复以下问题:(1)反响Ⅰ的ΔH1=kJ·mol-1(用具体数据表示)。

(2)反响Ⅱ的ΔS(填“>〞或“<〞)0,一般在情况下有利于该反响的进行。

(3)反响Ⅲ中影响CO2平衡转化率的因素很多,以以以下图为某特定条件下,不同水碳比n(H2O)/n(CO2)和温度影响CO2平衡转化率变化的趋势曲线。①其他条件相同时,为提高CO2的平衡转化率,生产中可以采取的措施是(填“提高〞或“降低〞)水碳比。

②当温度高于190℃后,CO2平衡转化率出现如以以下图的变化趋势,其原因是。

(4)反响Ⅰ的平衡常数表达式K1=;如果起始温度相同,反响Ⅰ由在恒温容器进行改为在绝热(与外界没有热量交换)容器中进行,平衡常数K1将(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。

15.(15分)在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g),在一定温度进行如下反响:A(g)B(g)+C(g)ΔH=+85.1kJ·mol-1反响时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表:时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53答复以下问题:(1)欲提高A的平衡转化率,应采取的措施为。

(2)由总压强p和起始压强p0计算反响物A的转化率α(A)的表达式为,平衡时A的转化率为,列式并计算反响的平衡常数K。

(3)①由总压强p和起始压强p0表示反响体系的总物质的量n总和反响物A的物质的量n(A),n总=mol,n(A)=mol。

②下表为反响物A浓度与反响时间的数据,计算:a=。

反响时间t/h04816c(A)/(mol·L-1)0.10a0.0260.0065分析该反响中反响物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律,得出的结论是,由此规律推出反响在12h时反响物的浓度c(A)为mol·L-1。

参考答案1.D解析:反响自发进行的前提条件是反响的ΔH-TΔS<0,温度的变化可能使ΔH-TΔS值的正负号发生变化。对于A项,ΔH>0,ΔS<0,在任何温度下,ΔH-TΔS>0,反响都不能自发进行;对于B项,ΔH<0,ΔS<0,在较低温度下,ΔH-TΔS<0,即反响温度不能过高;对于C项,ΔH>0,ΔS>0,假设使反响自发进行,即ΔH-TΔS<0,必须提高温度,即反响只有在较高温度时才能自发进行;对于D项,ΔH<0,ΔS>0,在任何温度下,ΔH-TΔS<0,即在任何温度下反响均能自发进行。2.C3.D解析:到达平衡时,增加A的物质的量,可提高B的转化率,A的转化率降低,故A项错。其他条件不变,降低温度,平衡向正反响(放热)方向移动,B项错。参加催化剂,平衡不发生移动,C项错。温度不变,容器容积缩小12,A的浓度变为原来的2.17倍,证明反响逆向移动了,根据增大压强,平衡向气体体积减小的方向移动可推知m+n<p+q,故D4.A解析:利用题意可知图像中曲线为平衡线,D点位于平衡线下方,说明反响向正反响方向进行,即D点时,v(正)>v(逆);随温度升高,平衡时SO3的体积分数减小,那么说明升温平衡向逆反响方向移动,故正反响为放热反响;因反响为放热反响,故升温平衡常数减小;充入氦气,因体系保持恒温恒压,那么容器体积变大,相当于减压,故平衡向逆反响方向移动。5.A解析:首先根据平衡常数的定义推知,反响前后气体的体积保持不变,即平衡体系中Y是生成物且是气体,Z和W是反响物且也是气体,X未计入平衡常数表达式中,说明X是固体或液体,但不确定是反响物还是生成物,故A正确;增大压强虽然平衡不移动,但由于体积变小,因此各物质的浓度均增大,故B错;由于反响的热效应未知,故C错;由于X未计入平衡常数表达式中,X量的多少不影响平衡状态,故D错。6.C解析:N2+3H22NH3起始物质的量/mol 2 8 0转化物质的量/mol 23 2 平衡物质的量/mol 43 6 平衡时氮气的体积分数为4343+6+7.C解析:升高温度,颜色加深,平衡向左移动,说明正反响为放热反响,A项错误;B项,首先假设平衡不移动,加压颜色加深,但平衡向右移动,使混合气体颜色在加深后的根底上变浅,但一定比原平衡时的颜色深,错误;C选项,首先假设平衡不移动,假设体积减小一半,压强为原来的2倍,但平衡向右移动,使压强在原平衡2倍的根底上减小,正确;D选项,体积不变,反响物及生成物浓度不变,所以正、逆反响速率均不变,平衡不移动,颜色无变化,错误。8.B解析:由图像可知,增大压强,正、逆反响速率都增大,但正反响速率增大程度大于逆反响速率增大程度,可见化学平衡向正反响方向移动,即正反响是一个体积缩小的反响。A项,假设W、Z均为气体,X、Y中只有一种为气体,不符合图像;B项,X、Y均为气体,W、Z中只有一种是气体,符合图像;C项,X、Y或W、Z中均只有一种为气体,那么加压平衡不移动,不符合图像;D项,假设生成物均为液体或固体,那么加压时逆反响速率不发生变化,不符合图像。9.C解析:因生成物D为固体,当(a+b)<(c+d)时,不能说明a+b<c,即不能确定正反响是否为熵增大的反响,A错;反响时A、B按计量数之比a∶b进行反响,因此假设起始时A、B的物质的量之比为a∶b,那么平衡时A、B的转化率之比为1∶1,B错;假设a+b=c+d,那么正反响为气体体积减小的反响,充入反响物B,平衡右移,C对;假设a+b=c,那么反响前后气体体积不变,升高温度,气体压强增大,D错。10.C解析:由平衡时n(SO3)=1.4mol可知此时n(SO2)=2.6mol,n(O2)=1.3mol。A选项,因是恒温恒压条件,所以反响前后压强不变;B选项,因该反响是气体体积减小的反响,随着反响的进行,体积小于2L,所以v(SO3)大于0.35mol·L-1·min-1;C选项,该反响为放热反响,在绝热条件下随着反响的进行要放热,到达平衡时与恒温恒压条件下的平衡比拟,平衡要逆向移动,所以n(SO3)<1.4mol;D选项,恒温恒容条件下的平衡与原来恒温恒压下的平衡比拟,平衡要逆向移动,所以放出的热量小于QkJ。11.D解析:运用三段式求算m。设转化的X的物质的量为nmol。X(g)+mY(g)3Z(g)起始(mol) 1 2 0转化(mol) n mn 3n平衡(mol) (1-n) (2-mn) 3n据:(1-n)∶(2-mn)∶3n=30%∶60%∶10%求得:n=0.1,m=2。由m=2知,A项正确;由第二次平衡时,X、Y、Z的体积分数不变可知两次平衡所处温度相同,那么B项正确;由m和n的数值及起始量可计算出X、Y二者的平衡转化率都为10%,C项正确;第二次平衡时,c(Z)=4mol10%2L=0.2mol·12.B解析:根据图像,A、B的浓度随时间变化是一条线,说明反响方程式中A、B的化学计量数相等,反响方程式中的x=1,那么反响是一反响前后气体物质的量不变的反响,改变压强平衡不移动。30min时,A、B、C浓度都减小,正、逆反响速率相等,平衡不移动应该是减压,故A错误;30min时,向容器内再充入一定量的C,相当于加压,加压平衡不移动,A的体积分数不变,故B正确;反响方程式中的x=1,40min时升高温度,平衡逆向移动,逆反响为吸热反响,故C错误;8min前,C的平均反响速率为1.36mol·L-1÷8min=0.17mol·(L·min)-1,故D错误。13.答案:(1)>较高(2)4.0(3)减小(4)>解析:(1)由于该反响是气体体积增大的反响,因此ΔS>0。而此反响ΔH>0,因此要使ΔH-TΔS<0,需温度T有较大的值,即此反响在较高温度下能自发进行。(2)由图像知此反响到达平衡时n(CO2)=0.76mol,因此转化的CO2为2mol-0.76mol=1.24mol,故生成的CO的物质的量为1.24mol2=2.48mol。据此可知到达平衡时c(CO2)=0.76mol2L=0.38mol·L-1,c(CO)=2.48mol2L=1.24mol·L(3)向平衡体系中再通入CO2,将使CO2的转化率降低。(4)在此条件下Q=c2(CO)c(CO2)=(4mol2L)24mol2L=2mol·14.答案:(1)-159.47(2)>高温(3)①降低②温度高于190℃时,因为反响Ⅲ是放热反响,温度升高平衡向逆方向进行,CO2的平衡转化率降低。(4)1c解析:(1)由盖斯定律总反响Ⅲ-反响Ⅱ,得到2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s)ΔH1=-159.4kJ·mol-1。(2)反响Ⅱ反响前后气体体积增大,ΔS>0,吸热反响,ΔH>0,所以依据反响自发进行的判断依据ΔH-TΔS<0,需要在高温下反响自发进行。(3)①依据图像中的水碳比数据分析判断,生产中可以采取的措施是降低水碳比,二氧化碳转化率增大。②