高三化学一轮复习讲义第7章 第2节 课时分层训练22

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1．对于反应，N2O4(g)2NO2(g) ΔH＞0，现将1 ml N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是( )
D [从开始至平衡，由于容器容积增大，密度减小，达平衡后密度不变，A错；反应过程中，反应热不会变化，不是变量无法判断是否达到平衡状态，与图像不符，B错；都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C错；转化率一定时达到平衡，D对。]
2．(2016·滨州第二次质检)在2 L密闭容器中充入2 ml SO2和一定量O2，发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，进行到4 min时，测得n(SO2)＝0.4 ml，若反应进行到2 min 时，容器中n(SO2)为( )
A．1.6 ml B．1.2 ml
C．大于1.6 ml D．小于1.2 ml
D [易错选B，许多考生会认为，时间一半，消耗的反应物也是一半。这时要注意两个方面的问题，一方面是，已知条件下，4 min时n(SO2)＝0.4 ml，是反应消耗之后剩余的SO2的量，而反应消耗的n消(SO2)＝(2－0.4)ml＝1.6 ml，另一方面，从0 min至4 min时，速率是变化的，一般来说开始时反应物的浓度较大，随着反应进行，反应物的浓度逐渐变小，因此从0 min至4 min时，前2 min的反应速率应该是比后2 min的大，前2 min消耗SO2的量大于0.8 ml，因此反应进行到2 min时容器中SO2剩余的量就应该小于1.2 ml。]
3．能够充分说明在恒温恒容下的密闭容器中，反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)已达平衡状态的标志是( )
A．容器中SO2、O2、SO3的物质的量之比为2∶1∶2
B．SO2和SO3的物质的量浓度相等
C．反应容器内压强不随时间变化而变化
D．单位时间内生成2 ml SO2时，也生成1 ml O2
C [该反应为非等体反应，平衡前p减小，当p不变时说明达到平衡状态了。]
4．(2017·衡水模拟)某温度下，反应2A(g)B(g) ΔH>0在密闭容器中达到平衡，平衡后eq \f(cA,cB)＝a，若改变某一条件，足够时间后反应再次达到平衡状态，此时eq \f(cA,cB)＝b，下列叙述正确的是 ( )
A．在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则aB．在该温度恒压条件下再充入少量B气体，则a＝b
C．若其他条件不变，升高温度，则aD．若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则a>b
B [A项，充入B后平衡时压强变大，正向程度变大，eq \f(cA,cB)变小，即a>b；B项，充入B，新平衡状态与原平衡等效，eq \f(cA,cB)不变，即a＝b；C项，升温，平衡右移，eq \f(cA,cB)变小，即a>b；D项，相当于减压，平衡左移，eq \f(cA,cB)变大，即a5．(2017·西安模拟)一定温度下，某容积为2 L的密闭容器中发生反应：A(g)＋2B(g)C(g)＋2D(s)，反应过程中测得的部分数据见下表：
下列说法正确的是( )
【导学号：95812176】
A．前5 min内反应的平均速率为v(B)＝0.050 ml·L－1·min－1
B．平衡时，其他条件不变，分离出少量物质D，正反应速率加快
C．其他条件不变，达到平衡后缩小容器体积，平衡不移动
D．若正反应为放热反应，则升高温度时，反应平衡常数减小
D [选项A，由表中数据和题给反应方程式推知，5 min时物质B减少1.0 ml，故前5 min内反应的平均速率为v(B)＝0.10 ml·L－1·min－1，A错误。选项B，物质D是固体，分离出少量物质D，对平衡的移动无影响，B错误。选项C，加压使平衡正向移动，C错误。选项D，正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D正确。]
6．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在(1)中加入CaO，在(2)中不加其他任何物质，在(3)中加入NH4Cl晶体，发现(1)中红棕色变深，(3)中红棕色变浅。
[已知反应2NO2(红棕色)N2O4(无色)]
下列叙述正确的是 ( )
A．2NO2N2O4是放热反应
B．NH4Cl溶于水时放出热量
C．烧瓶(1)中平衡混合气体的相对分子质量增大
D．烧瓶(3)中气体的压强增大
A [加CaO放热，加NH4Cl吸热，温度高颜色深，说明2NO2N2O4的ΔH<0。]
7．(2016·长沙四校联考)一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中，1 ml X和1 ml Y进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60 s达到平衡，生成0.3 ml Z。下列说法正确的是( )
【导学号：95812177】
A．0～60 s，以X的浓度变化表示的反应速率为0.001 ml·L－1·s－1
B．将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度变为原来的eq \f(1,2)
C．若增大压强，则物质Y的转化率减小
D．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH>0
A [ 2X(g)＋Y(g)Z(g)
起始(ml) 1 1 0
转化(ml) 0.6 0.3 0.3
平衡(ml) 0.4 0.7 0.3
v(X)＝eq \f(0.6 ml,10 L×60 s)＝0.001 ml·L－1·s－1，A项正确；将容器体积变为20 L，化学平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于原来的eq \f(1,2)，B项不正确；若增大压强，则化学平衡正向移动，物质Y的转化率增大，C项不正确；若升高温度，X的体积分数增大，说明化学平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH<0，D项不正确。]
8．(2016·潍坊一模)温度为T0时，在容积固定的密闭容器中发生反应：X(g)＋Y(g)Z(g)(未配平)，4 min时达到平衡，各物质浓度随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是( )
A．发生反应时，各物质的反应速率大小关系为v(X)＝v(Y)＝2v(Z)
B．图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%
C．T0时，该反应的平衡常数为33.3
D．该反应正反应的反应热ΔH<0
C [根据题图a可知，0～4 min时，X、Y的浓度分别减少0.25 ml·L－1、0.25 ml·L－1，Z的浓度增加0.5 ml·L－1，则化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，同一反应中各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，则v(X)＝v(Y)＝eq \f(1,2)v(Z)，A项错误；题图a中，Y的起始浓度为0.4 ml·L－1，平衡浓度为0.15 ml·L－1，则Y的转化率为eq \f(0.4－0.15,0.4)×100%＝62.5%，B项错误；达到平衡时c(X)＝0.05 ml·L－1，c(Y)＝0.15 ml·L－1，c(Z)＝0.5 ml·L－1，则平衡常数K＝eq \f(c2Z,cX·cY)＝eq \f(0.52,0.05×0.15)≈33.3，C项正确；根据题图b可知，T1条件下反应先达到平衡，则T1>T2，T2→T1，温度升高，c(Z)增大，则平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，ΔH>0，D项错误。]
9．将4.0 ml PCl3和2.0 ml Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)。达到平衡时，PCl5为0.80 ml，如果此时移走2.0 ml PCl3和1.0 ml Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是( )
【导学号：95812178】
A．0.8 ml B．0.4 ml
C．小于0.4 ml D．大于0.4 ml，小于0.8 ml
C [已知：]
10．汽车尾气中的CO、NO2在一定条件下可以发生反应：4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－1 200 kJ·ml－1。在一定温度下，向容积固定为2 L的密闭容器中充入一定量的CO和NO2，NO2的物质的量随时间的变化曲线如图所示：
(1)0～10 min内该反应的平均速率v(CO)＝________，从11 min起其他条件不变，压缩容器的容积变为1 L，则n(NO2)的变化曲线可能为图中的______(填字母)。
(2)恒温恒容条件下，不能说明该反应已达到平衡状态的是________(填字母)。
A．容器内混合气体颜色不再变化
B．容器内的压强保持不变
C．2v逆(NO2)＝v正(N2)
D．容器内混合气体密度保持不变
(3)对于该反应，温度不同(T2>T1)、其他条件相同时，下列图像表示正确的是________(填序号)。
[解析] (1)0～10 min内v(CO)＝2v(NO2)＝eq \f(0.6－0.3 ml,2 L×10 min)×2＝0.03 ml·L－1·min－1。从11 min起压缩容器容积，压强增大，平衡正向移动，n(NO2)应逐渐减小直至达到新的平衡。(2)混合气体颜色不再变化，说明各物质的浓度不变，可以说明达到平衡，A对；反应前后气体分子总数不相等，因此压强保持不变，可以说明达到平衡，B对；v逆(NO2)＝2v正(N2)才能说明达到平衡，C错；反应体系中物质全部为气体，密度始终保持不变，不能说明达到平衡，D错。(3)甲，温度升高，v正、v逆应该均出现突增，错误；乙，温度升高，平衡逆向移动，NO2的转化率应该降低，正确；丙，温度不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡时CO的体积分数应该减小，错误。
[答案] (1)0.03 ml·L－1·min－1 d (2)CD (3)乙
11．(2015·山东高考节选)合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。
【导学号：95812179】
(1)一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。
在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy ，氢化反应方程式为：zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s) ΔH1(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应(Ⅰ)中z＝________(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1 。反应(Ⅰ)的焓变ΔH1(Ⅰ)________0(填“>”“＝”或“<”)。
(2)η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2 时，η(T1)________η(T2)(填“>”“＝”或“<”)。当反应(Ⅰ)处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的________点(填“b”“c”或“d”)，该贮氢合金可通过________或________的方式释放氢气。
[解析] (1)在反应(Ⅰ)中，zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)，由方程式两边氢原子个数守恒得zx＋2＝zy，z＝eq \f(2,y－x)；温度为T1时，2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v＝eq \f(240 mL,2 g×4 min)＝30 mL·g－1·min－1。因为T1(2)结合图像分析知，随着温度升高，反应(Ⅰ)向左移动，H2压强增大，故η随着温度升高而降低，所以η(T1)>η(T2)；当反应处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量H2，H2压强增大，H/M逐渐增大，由图像可知，气体压强在B点以前是不改变的，故反应(Ⅰ)可能处于图中的c点；该贮氢合金要释放氢气，应该使反应(Ⅰ)左移，根据平衡移动原理，可以通过升高温度或减小压强的方式使反应向左移动。
[答案] (1)eq \f(2,y－x) 30 < (2)> c 加热 减压
B组 专项能力提升
(建议用时：15分钟)
12．甲、乙两个密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g)CO2(g)＋2H2(g) ΔH>0，有关实验数据如下表所示：
下列说法正确的是( )
A．T1B．K2＝1.35
C．混合气体的密度始终保持不变
D．乙容器中，当反应进行到1.5 min时，n(H2O)＝1.4 ml
B [若T1＝T2，则平衡时n(H2)甲＝2n(H2)乙，实际上n(H2)甲>2n(H2)乙，说明T1>T2，因为该反应为吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动，A项错误；乙容器中反应达平衡时，c(H2O)＝0.8 ml·L－1、c(CO2)＝0.6 ml·L－1、c(H2)＝1.2 ml·L－1，K2＝eq \f(cCO2·c2H2,c2H2O)＝eq \f(0.6×1.22,0.82)＝1.35，B项正确；容器容积不变，碳为固体，正反应方向气体的质量增大，因此反应正向进行时混合气体的密度增大，C项错误；乙容器中，3 min内H2O减少了1.2 ml，而前1.5 min内反应速率大于后1.5 min内反应速率，故前1.5 min内H2O的物质的量减小得快，反应进行到1.5 min时，n(H2O)<1.4 ml，D项错误。]
13．(2015·北京高考)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2”反应中Fe3＋和Fe2＋的相互转化。实验如下：
【导学号：95812180】
(1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ，目的是使实验Ⅰ的反应达到_____________________。
(2)ⅲ是ⅱ的对比实验，目的是排除ⅱ中________造成的影响。
(3)ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2＋向Fe3＋转化。用化学平衡移动原理解释原因：_______________________________。
(4)根据氧化还原反应的规律，该同学推测ⅰ中Fe2＋向Fe3＋转化的原因：外加Ag＋使c(I－)降低，导致I－的还原性弱于Fe2＋，用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。
①K闭合时，指针向右偏转，b作________极。
②当指针归零(反应达到平衡)后，向U形管左管中滴加0.01 ml·L－1 AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是____________。
(5)按照(4)的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ⅱ中Fe2＋向Fe3＋转化的原因。
①转化原因是_______________________________。
②与(4)实验对比，不同的操作是________________________。
(6)实验Ⅰ中，还原性：I－>Fe2＋；而实验Ⅱ中，还原性Fe2＋>I－。将(3)和(4)、(5)作对比，得出的结论是______________________________。
[解析] (1)实验Ⅰ溶液的颜色不再发生变化，则说明实验Ⅰ的反应达到了化学平衡状态。
(2)实验ⅱ为加入1 mL 1 ml·L－1 FeSO4溶液，实验ⅲ为加入了1 mL H2O，结果是实验ⅲ的颜色比ⅱ略深，故以ⅲ作对比，排除ⅱ中溶液稀释对颜色变化造成的影响。
(3)ⅰ中加AgNO3溶液发生反应：Ag＋＋I－===AgI↓，使溶液中c(I－)减小，平衡逆向移动；ⅱ中加入Fe2＋，增大了c(Fe2＋)，平衡逆向移动；故增大生成物浓度或减小反应物浓度，平衡均逆向移动。
(4)由反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2知Fe3＋在反应中得电子，b应为正极。达到平衡后向U形管左管中加入AgNO3溶液，Ag＋＋I－===AgI↓，使c(I－)减小，若I－还原性弱于Fe2＋，则a极改为正极，电流表指针应向左偏转。
(5)由(4)的原理可知c(I－)降低则还原性减弱，则实验ⅱ中Fe2＋转化为Fe3＋的原因可理解为Fe2＋的浓度增大，还原性增强，故得出的结论为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向。
第(4)小题是证明c(I－)减小，其还原性减弱，若做一个对比实验，可选择增大c(Fe2＋)，使其还原性增强，或减小c(Fe3＋)，使其氧化性减弱。
(6)实验ⅰ中减小c(I－)，I－的还原性减弱；实验ⅱ中，增大c(Fe2＋)，Fe2＋的还原性增强；则可得出离子的还原性与其浓度有关的结论。
[答案] (1)化学平衡状态
(2)溶液稀释对颜色变化
(3)加入Ag＋发生反应：Ag＋＋I－===AgI↓，c(I－)降低；或增大c(Fe2＋)，平衡均逆向移动
(4)①正 ②左侧产生黄色沉淀，指针向左偏转
(5)①Fe2＋随浓度增大，还原性增强，使Fe2＋还原性强于I－ ②向右管中加入1 ml·L－1 FeSO4溶液
(6)该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向反应时间/min
n(A)/ml
n(B)/ml
n(C)/ml
n(D)/ml
0
1.00
1.20
0
0
5
0.50
10
0.20