2022届高三化学高考备考一轮复习化学平衡专项训练

这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习化学平衡专项训练，共24页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（15题）
1．在一定温度下的密闭容器中发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡时，测得A的浓度为。下列有关判断正确的是
A．B．平衡向正反应方向移动
C．B的转化率增大D．C的体积分数减小
2．一定条件下，在的密闭容器中进行反应：。反应过程中的有关数据如下表：
下列说法正确的是
A．该反应在高温下自发进行
B．内，用表示的化学反应速率为
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时
D．若保持温度不变，在第向体系中加入三种物质各，则平衡向逆反应方向移动
3．在热带海域中，珊瑚虫在浅海区域分泌石灰石骨骼，与藻类共生形成美丽的珊瑚。下列说法错误的是
A．珊瑚形成的反应为Ca2+ (aq)+2HCO(aq)⇌ CaCO3(s)+ H2O(l)+CO2(aq)
B．与温带海域相比，热带海域水温较高是利于形成珊瑚的原因之一
C．与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，更有利于珊瑚形成
D．大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大，有利于珊瑚形成
4．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·ml-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，下列说法正确的是
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．2 ml SO2(g)和1 ml O2(g)所含键能总和比2 ml SO3(g)所含键能小
5．NA代表阿佛加德罗常数的值。下列相关说法正确的是
A．100mL0.1ml·L-1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目为0.01NA
B．1L0.1ml·L-1NH4HSO4溶液中阳离子的数目大于0.1NA
C．标准状况下，11.2LH2O2含有的非极性共价键数目为0.5NA
D．常温下，将0.1mlCl2溶于水中，充分反应后转移电子数目为0.1NA
6．在下列物质的工业制法中，生产操作和它的主要目的都正确的是
A．NaOH： 电解槽的阴极产生的是H2，NaOH在阳极附近产生
B．H2SO4：在高温高压下转化SO2，提高转化率和反应速率
C．NH3：氮氢循环操作，提高NH3平衡浓度
D．Na2CO3：分离NaHCO3后的母液中加入食盐，促进NH4Cl结晶
7．可闻声波诱导液体振动产生的法拉第波可以调节氧气分子在水中的溶解，从而诱导有差别的时空分布，有的区域呈氧化性，而同时有的区域呈还原性。研究人员选择了如图所示的氧化还原平衡体系。已知：声波频率提高可促进氧气的溶解。
下列说法错误的是
A．被还原形成自由基阳离子的过程伴随着颜色的改变
B．开启可闻声波能够促进再生
C．持续补充才能维持蓝色
D．向体系中加入，转移电子为
8．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)。230 ℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5，已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。下列判断正确的是
A．第一阶段，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，若在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，应选50 ℃
C．第二阶段的Ni(CO)4分解率较低
D．第一阶段反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
9．有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知 n(Li)/n(LiH)。
已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑
②2Li(s)+H2⇌2LiH △H＜0
下列说法不正确的是
A．可用质谱区分D2和HD
B．Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑
C．若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小
D．80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大
10．某温度下，将足量的固体溶于一定量的水中达到溶解平衡，加入Na2CO3使增大过程中，溶液中c(Ba2+)和的变化曲线如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法不正确的是
A．当c()大于2.5×10-4 ml/L时开始有BaCO3沉淀生成
B．“MN”代表沉淀转化过程中c(Ba2+)变化的曲线
C．该温度下，BaCO3比BaSO4更难溶于水
D．该温度下，反应平衡常数K=0.04
11．T℃，某密闭容器中发生：，达到平衡后，下列说法正确的是
A．该反应的化学平衡常数表达式为
B．加入CaO后，c(CO2)将减小
C．升高温度，该反应平衡将向正反应方向移动
D．将密闭容器体积缩小为原来一半，再次平衡后，CO2的浓度增大为原来2倍
12．恒容条件下，1mlSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)⇌SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。已知：v正=v消耗(SiHCl3)=k正x2(SiHCl3)，v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数(仅与温度有关)，x为物质的量分数。如图是不同温度下x(SiHCl3)随时间的变化。下列说法正确的是
A．该反应为放热反应，v正，aⅡ
D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数Ⅰ”“”“0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD) ，D正确；
答案为：C。
10．C
【详解】
A．由图象可知当c()大于2.5×10-4 ml/L时，c()增大，说明开始有BaCO3沉淀生成，A正确；
B．当生成BaCO3沉淀时，促进BaSO4的电离，溶液中c()增大，c(Ba2+)减小，则MN为c(Ba2+)变化的曲线的变化曲线，MP为c()的变化曲线，B正确；
C．由题给图象数据可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()=1×10-5×1×10-5=1.0×10-10；Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c()=0.5×10-5×5.0×10-4=2.5×10-9，则T℃时Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，C错误；
D．该温度下，反应平衡常数K=，D正确；
故合理选项是C。
11．C
【详解】
A．固体物质的浓度不变，该反应的化学平衡常数应该为K=c(CO2)，A错误；
B．CaO是固体，浓度不变，加入CaO后，化学平衡不移动，因此c(CO2)不变，B错误；
C．该反应的正反应是吸热反应，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡将向吸热的正反应方向移动，C正确；
D．将密闭容器体积缩小为原来一半，导致压强增大，化学平衡逆向移动，但由于化学平衡常数不变，则CO2的浓度不变，D错误；
故合理选项是C。
12．C
【详解】
A．因两曲线对应的状态只是温度不同，由图像知达到平衡所需时间T2 K温度下比T1 K短，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以温度：T2>T1，又因T2 K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1 K时小，说明升温平衡向正反应方向移动，由此推知该反应为吸热反应，A项错误；
B．各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应化学计量数之比，化学平衡状态时，v消耗(SiHCl3)=2v消耗(SiCl4)，B项错误；
C．2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)的反应前后分子数不变，即反应开始至达到平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1 ml，由图像知，T2 K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75，则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125，因为平衡时v正=v逆，v正=k正x2(SiHCl3)=0.752k正，v逆=k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)=0.1252k逆，则0.752k正=0.1252k逆，，因k正和k逆只与温度有关，反应进行到a点时，v正=k正x2(SiHCl3)=0.82k正，v逆=k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)=0.12k逆，=×=×=，C项正确；
D．恒温恒容条件下再充入1 ml SiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)是反应前后气体分子数不变的反应，所以改变压强，平衡不移动，再次达到平衡时x(SiH2Cl2)不变，D项错误；
答案选C。
13．B
【详解】
A．0～t1，反应正向进行，说明v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，t2时，逆反应速率逐渐减小，反应逆向进行，v逆＞v正，A错误；
B．向密闭容器中加Z，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，B正确；
C．0～t1，反应正向进行，说明v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，t2时，反应逆向进行，v逆＞v正，因此达到平衡时X的体积分数Ⅰ＜Ⅱ，C错误；
D．该反应是在恒温下进行，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数KI=KⅡ，D错误；
故选B。
14．C
【详解】
A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/ml②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/ml ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/ml 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/ml，A正确；
B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；
C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小， C错误；
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；
答案为：C。
15．C
【分析】
2NO2(g)2NO(g)+O2(g)为气体体积增大的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等不再变化，据此判断。
【详解】
①单位时间内生成nmlO2的同时生成2nmlNO，都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故①错误；
②化学反应速率与化学计量数成正比，则单位时间内NO2、NO、O2的物质的量浓度变化量之比为2︰2︰1，无法据此判断平衡状态，故②错误；
③该反应中只有二氧化氮有色，当混合气体的颜色不再改变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故③正确；
④该反应中气体总质量、容器容积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故④错误；
⑤混合气体总质量为定值，而混合气体的物质的量为变量，则平均摩尔质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，表明达到平衡状态，故⑤正确；
⑥混合体系中c(NO)保持不变，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故⑥正确；
根据分析可知，能够判断该反应达到化学平衡状态的有3个，故选：C。
16．
（1）
（2） ac 66.7% 减小 二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚产率降低 催化剂的活性降低
【解析】
（1）
① ∆H1=-49.0kJ∙ml-1
② ∆H2=-23.5kJ∙ml-1
利用盖斯定律，将反应①+反应②，即得∆H=2×∆H1+∆H2=2×(-49.0kJ∙ml-1)+( -23.5kJ∙ml-1)=。答案为：；
（2）
①对于反应，达到化学平衡状态时：
a．容器内各气体的物质的量不变，容器的体积不变，压强不变，a正确；
b．达平衡时，各物质的量不变，正、逆反应速率相等但都大于零，b不正确；
c．向容器内再通入和，相当于加压，平衡正向移动，重新达平衡后CH3OCH3体积分数增大，c正确；
d．向容器内通入少量氦气，反应混合气体的浓度不变，平衡不发生移动，d不正确；
故选ac；
②往一容积为的恒容密闭容器中通入和，一定温度下发生反应：，起始总压为，时达到化学平衡状态，测得CH3OCH3的物质的量分数为12.5%。设参加反应的CO2的物质的量为x，则可建立如下三段式：
则，x=ml。
内，用H2表示的平均反应速率= ，CO2的平衡转化率≈66.7%；达平衡时，总压强为=，该温度下，反应的平衡常数KP==。
③依据平衡移动原理，对于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚的平衡产率减小，理由：二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚产率降低。
④从图中可以看出，在催化剂II作用下，温度高于时，CO2转化率下降，可能是催化剂对此反应的催化效率降低，或有其它副反应发生，即原因可能是催化剂的活性降低。
答案为：ac；；66.7%；；减小；二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚产率降低；催化剂的活性降低。
【点睛】
对于恒容容器，若反应前后气体的分子数不等，则反应达平衡后，气体的压强将发生改变。
17．
（1）+123 kJ/ml
（2）ⅰ
（3） BD AD 增大 该反应为气体分子数增加的反应，恒压下充入水蒸气，可降低反应体系中各组分的分压，有利于平衡正向进行
（4）0.9 P
【解析】
（1）
已知：①2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) ∆H=-238 kJ·ml-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H=-484 kJ·ml-1，根据盖斯定律将(①-②)，整理可得：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g) ∆H=+123 kJ/ml；
（2）
图示为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系，由于两个反应正向均为吸热反应，所以其它条件相同时，升高温度平衡均正向进行，丙烷的体积分数降低，丙烯的体积分数升高，所以曲线ii、iv为丙烷的变化曲线，i、iii曲线为丙烯的变化曲线；在温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，即压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯的体积分数越小，所以i为1×104 Pa时丙烯变化曲线，iii为1×105 Pa时丙烯变化曲线，ii为1×105 Pa时丙烷变化曲线， iv为1×104 Pa时丙烷变化曲线，根据上述分析可知i为1×104 Pa时丙烯变化曲线；
（3）
①A．焓变(△H )只与化学反应有关，所以反应的焓变(△H)始终保持不变，即反应的焓变(△H )保持不变不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．该反应正向是气体体积增大的反应，各物质均为气体，所以气体平均摩尔质量保持不变的状态是平衡状态，B正确；
C．在反应体系中，各物质均为气体，恒容条件下，气体密度始终不变，所以气体密度保持不变的状态不一定是平衡状态，C错误；
D．C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等，正、逆反应速率符合反应的计量关系之比，所以C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等的状态是化学平衡状态，D正确；
故合理选项是BD；
②在丙烷脱氢制备丙烯的反应过程中，随着反应的进行，气体分子数增多，该反应的正反应为吸热反应，升高温度、降低压强均有利于反应正向进行，所以欲使丙烯的平衡产率提高，应采取的措施是升高温度或降低压强，故合理选项是AD；
③丙烷直接脱氢制丙烯反应正向吸热，恒压时向原料气中掺入水蒸气，体系的体积扩大，可降低反应体系中各组分的分压，反应正向进行，体系温度升高，化学平衡常数增大；
（4）
假设反应开始时C3H8的物质的量为a ml，反应消耗C3H8的物质的量为x ml，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(C3H8)=(a-x) ml，n(C3H6)=n(H2)=x ml，在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以，解得x=0.6 a，则n(总)=a+x=1.6a ml，开始气体物质的量是a ml时压强为p，则平衡时气体物质的量为1.6a ml时，气体总压强为1.6p，其中p(C3H8)=，p(C3H6)=p(H2)= ，则该反应达到平衡时的化学平衡常数Kp=。
18．
（1）>
（2）
（3）反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动
（4） 12 >
（5） 负极
【解析】
（1）
物质能量越低越稳定，根据反应ⅱ可知稳定性：＞。
（2）
由反应ⅰ. (g)+2H2(g)⇌ (g)；ⅱ. (g)⇌ (g)；ⅳ. (g)+H2(g)⇌ (g)，根据盖斯定律ⅰ+ⅱ+ⅳ可得反应 (g)，故反应热。
（3）
反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，环己醇的体积分数减小。
（4）
①设转化的苯酚的浓度为xml/L，根据方程式(g)＋2H2(g) (g)
参加反应的(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为：xml/L，2xml/L，xml/L，反应达到平衡时(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为(1−x)ml/L,(2-2x)ml/L,xml/L,压强之比等于物质的量浓度之比，平衡时体系压强是起始压强的0.5倍，则，解得。则达到平衡时环己烯醇的平均生成速率；
②该反应的平衡常数，如果这时向该密闭容器中再充入1ml苯酚和1ml1−环己烯醇，此时浓度商，平衡向正反应方向进行，则。
（5）
电解池中电解质溶液中的阳离子移向阴极，故电极b作阴极，阴极与直流电源负极相连；电极a作阳极，失电子被氧化，电极反应式为。
19．
（1） 34.21 kJ/ml 41.65 kJ/ml
（2） 低于 c 或2.08或2.1
【分析】
（1）
①根据图示可知：由生成的活化能为5.41 kJ/ml-(-28.80 kJ/ml)=34.21 kJ/ml；
②由图可中：步骤2的活化能最大，该步反应速率最慢，是决定整个反应速率的快慢，该基元反应的活化能为37.29 kJ/ml-(-4.36 kJ/ml)=41.65 kJ/ml；
（2）
①合成氨气的反应是放热反应。在其他条件不变时，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡含量降低。根据图示可知NH3的平衡含量：T2＞T1，所以温度T2＜T1；
②在温度不变时，增大H2的含量，化学平衡正向移动，可以促进N2转化为NH3，因而可提高N2的平衡转化率。所以在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N 2的转化率最高的是c点；
③当氮气和氢气的物质的量之比为1：3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，当n=3 ml反应达到平衡时H2的转化率为60%，故起始氮气浓度为1 ml/L，变化的氢气浓度为3ml/L×60%=1.8 ml/L，变化的氮气浓度为0.6 ml/L，平衡时N2、H2、NH3的浓度分别是0.4 ml/L、1.2 ml/L、1.2 m/L，故该反应的化学平衡常数K=。